סיכום: אינפי 2 - Notes
סיכום :אינפי 2
סשה גולדשטייןsashag@cs ,
20ביוני 2010
תקציר
מסמך זה הוא סיכום ההרצאות של מר איתמר צביק ושיעורי התרגול של מר אורי
פרזנצ'בסקי .זהו לא מסמך רשמי של סגל הקורס ,והשימוש בו הוא על אחריותכם
בלבד .עם זאת ,אשמח לקבל הערות ,תיקונים והרחבות על מנת לייצג נאמנה את חומר
הלימוד ,לכתובת .sashag@cs
שימו לב :המקור הרשמי היחיד למסמך זה הוא האתר של דינה זיל ,שם גם יפורסמו
עדכונים ותיקונים במידת הצורך.
Errors are the portals of discovery.
James Joyce
1
קירובים פולינומיאליים
הפונקציות שעסקנו בהן ,כגון האקספוננט ,exהפונקציות הטריגונומטריות הן מורכבות
יחסית .קירובים פולינומיאליים נועדו להקל מעט את החישובים עם פונקציות כאלה .בדרך
נרצה גם לדעת מה הטעות של הקירוב שקיבלנו.
ראינו בסמסטר הקודם קירוב ליניארי )דיפרנציאביליות( ,שם הייתה לנו משוואת המשיק:
)l(x) = f (a) + f 0 (a)(x − a
הקירוב מסדר ראשון הטוב ביותר של הפונקציה בנקודה .aראינו שמבין כל הישרים
העוברים דרך )) ,(a, f (aהישר המקיים:
)(1
f (x) − mx − n
=0
x−a
lim
x→a
הוא רק המשיק לפונקציה בנקודה ,כלומר לא זו בלבד שמתקיים f (x) − mx − n → 0
אלא אפילו כאשר מחלקים ביטוי זה ב־ x − aהוא עדיין שואף ל־ .0באופן דומה אפשר
לחפש את הפרבולה הקרובה ביותר לפונקציה בסביבת הנקודה ,את הפונקציה ממעלה
שלישית וכד' .ניתן להכליל את ) (1לפולינום כלשהו ,ולדרוש שאם ) p(xפולינום ממעלה n
המקרב את הפונקציה ,אז יתקיים:
1
)f (x) − p(x
=0
(x − a)n
lim
x→a
כיצד ניתן לבנות פולינום כזה? ובכן ,אם fבעצמה היא פולינום ,אפשר לעשות את זה
בקלות באמצעות נגזרות .למשל ,נניח:
2 · x2 + ln 5 · x3
√
p(x) = π + e · x −
נשתמש בנגזרות של pכדי לחשב את המקדמים שלו:
2 · 2x + ln(5) · 3x2
√
p(0) = π
p0 (x) = e −
0
p (0) = e
√
p00 (x) = − 2 · 2 · 1 + ln(5) · 3 · 2x
√
p00 (0) = − 2 · 2 · 1
p000 (x) = ln(5) · 3 · 2 · 1
p000 (0) = ln(5) · 3 · 2 · 1
אפשר לשחזר את הפולינום לפי המקדמים האלה באמצעות הנוסחא הבאה ,שניתן להוכיח
באינדוקציה:
)deg(p
)X p(k) (0
xk
!k
= )p(x
k=0
אפשר גם לעשות אותו הדבר בנקודה אחרת שאינה ,0על ידי:
)deg(p
)X p(k) (a
(x − a)k
!k
= )p(x
k=0
1.1
פולינום טיילור
הגדרה 1.1תהי fפונקציה בעלת נגזרות מסדר ) nכאשר } (n ∈ N∪{0בנקודה .aהפולינום
)f (a) f 0 (a
)f (n) (a
+
(x − a) + · · · +
(x − a)n
!0
!1
!n
נקרא פולינום טיילור מסדר nשל הפונקציה fבנקודה .a
2
= )Tn (x
הערה .1 1.2קיום ) f (n) (aמניח ש־ ) f (n−1) (aמוגדרת בסביבה של .aלעומת זאת ,כמובן,
) f (n) (aיכולה להיות קיימת רק ב־ .a
)(n
.2הפולינום Tnאינו בהכרח ממעלה .nלמעשה .deg Tn ≤ n ,למשל ,אם f (a) = 0
אז .deg Tn = deg Tn−1
.3אם ניקח את פולינום טיילור מסדר nשל ,fנסמנו ) (Tn f )(xונגזור אותו ,אז נקבל
את הזהות:
(Tn f )0 = Tn−1 f 0
למעשה ,באופן כללי יותר מתקיים:
)Tn−j f (j) = (Tn f )(j
ואפשר להוכיח את זה ישירות מהגדרת פולינום טיילור ע"י גזירה שלו .זה אומר שבניית
פולינום טיילור עבור הפונקציה בסביבת הנקודה תאפשר לנו גם בניית פולינום טיילור עבור
הנגזרות של הפונקציה בסביבת הנקודה.
כעת נראה כמה דוגמאות:
.1ניקח f (x) = exב־ .a = 0זה כמובן קל מאוד ,שהרי הנגזרת היא הפונקציה עצמה,
ונקבל:
1 · x2
1 · xn
+ ··· +
!2
!n
Tn (x) = 1 + 1 · x +
.2נסמן f (x) = cos xב־ .a = 0כאן הנגזרת היא מחזורית ,וחוזרת להיות cos xמדי
ארבע פעולות גזירה .לכן הפולינומים המתקבלים יהיו:
x2
!2
T3 (x) = 1 −
x2
!2
T0 (x) = 1 T1 (x) = 1 + 0 · x = 1 T2 (x) = 1 −
הגדרה 1.3נסמן את השארית המייצגת את שגיאת הקירוב:
)Rn (x) := f (x) − Tn (x
משפט ) 1.4משפט טיילור( תהי fפונקציה גזירה nפעמים )כאשר } (n ∈ N ∪ {0ב־ ,aאז
מתקיים:
)f (x) − Tn (x
=0
(x − a)n
3
lim
x→a
הוכחה :בעצם עלינו להוכיח שמתקיים:
)Rn (x
=0
(x − a)n
lim
x→a
נפעל באינדוקציה על .nראשית נבדוק את המקרה .n = 0במקרה כזה ,נתון ש־
) f (0) (aקיימת .זה אומר )וזו הגדרה שלנו( ש־ fמוגדרת בסביבה של aורציפה ב־ a
)זה לא נובע כמובן מ"הגדרת" ) f (0בשום צורה( .במקרה זה הפולינום הוא )T0 (x) = f (a
וכמובן הוא מקיים:
)f (x) − f (a
= lim f (x) − f (a) = 0
x→a
(x − a)0
lim
x→a
בגלל רציפות fב־ .aנבדוק גם את המקרה n = 1לשם בהירות .כאן מניחים ש־ f
גזירה ב־ ,aכלומר היא מוגדרת בסביבה של aורציפה ב־ .aכאן הפולינום הוא
)T1 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a
ונחשב:
))f (x) − (f (a) + f 0 (a)(x − a
)f (x) − f (a
0
=
lim
−
f
)(a
= f 0 (a)−f 0 (a) = 0
x→a
x→a
(x − a)1
x−a
lim
כאשר המעבר לפני האחרון מתבסס כמובן על ההנחה ש־ fגזירה ב־ .a
כעת נניח שהמשפט נכון לגבי פולינום טיילור עד סדר kשל פונקציה כלשהי ,ונוכיח
שהוא נכון עד סדר k + 1של הפונקציה .נכתוב:
k+1
X
)f (i) (a
(x − a)i
!i
= )Tk+1 (x
i=0
ואז כמובן עלינו לחשב את:
)Rk+1 (x
(x − a)k+1
)(2
lim
x→a
נרצה להפעיל את כלל לופיטל ,וכדי לעשות את זה צריך להראות שהמונה והמכנה שניהם
שואפים ל־ .0ברור שהמכנה שואף ל־ ,0נראה שכך גם המונה:
!
=
!
=0
)f (i) (a
(x − a)i
!i
k+1
X
)f (i) (a
(x − a)i
!i
0
k+1
X
f (x) −
i=0
f (x) − f (a) − f (a)(x − a) −
i=2
4
lim Rk+1 (x) = lim
x→a
lim
x→a
x→a
המעבר האחרון נכון כי כמובן (x − a) → 0כאשר x → aובגלל הרציפות גם
) f (x) → f (aבתנאי זה .לכן אפשר להפעיל את כלל לופיטל .לפי הכלל ,נרצה לחשב את:
)Pk+1 (i) (a
0
!)f 0 (x) − i=1 f(i−1
(x − a)i−1
Rk+1
)(x
=
lim
lim
x→a
x→a (k + 1)(x − a)k
(k + 1)(x − a)k
0
Rk+1ולכן לפי הנחת האינדוקציה )שהרי יש לנו פולינום
זה כמובן פשוט ,כי f = Rk f 0
טיילור מסדר kשל הפונקציה ,(f 0הגבול הזה הוא .0לכן גם ) (2הוא 0לפי כלל לופיטל.
הגדרה 1.5נאמר ש־ ) f ∈ C k (Iאם fבעלת kנגזרות רציפות ב־ ) .Iעבור k = 0
המשמעות היא ש־ fרציפה ב־ (.I
1.2
שארית לגרנז'
לפי משפט לגרנז' בקטע ] [x, aאפשר לקבל הערכה על ערך השגיאה של הקירוב מסדר 0
שבנינו קודם ,אם ידוע בנוסף שהנגזרת חסומה .דהיינו ,אם f 0חסומה בערך מוחלט ע"י
איזה Mאז נוכל לומר:
)f (a) − M (x − a) ≤ f (x) ≤ f (a) + M (x − a
אם יודעים משהו גם על חסימות הנגזרת השנייה ,נוכל לחזור על אותו התהליך עבור
פולינום טיילור מסדר ראשון:
M
M
(x − a)2 ≤ f (x) ≤ f (a) + f 0 (a)(x − a) +
(x − a)2
2
2
f (a) + f 0 (a)(x − a) +
כאשר ההנחה היא ש־ f 00חסומה בערך מוחלט ע"י איזה .Mבאופן כללי נוכל לומר:
משפט 1.6תהי ) f ∈ C n+1 (Iבקטע פתוח ,ויהיו .a, x ∈ Iאז קיים ξבין xלבין aהמקיים:
)f (n+1) (ξ
(x − a)n+1
!)(n + 1
= )f (x) − Tn (x
הוכחה :באינדוקציה על .nנתחיל עם .n = 0במקרה זה ידוע רק שהפונקציה גזירה
ברציפות בקטע ,ומתקיים:
)f (x) − T0 (x) = f (x) − f (a
לפי משפט לגרנז' ,קיימת נקודה ξכנ"ל כך שמתקיים:
5
)f 0 (a
(x − a)1
!1
= )f (x) − f (a
כפי שרצינו .כעת נניח את נכונות המשפט עבור ,n ≥ 1כלומר עבור פונקציות ב־ ).C n+1 (I
נבנה את הפונקציות החדשות:
k(x) = (x − a)n+1
)h(x) = f (x) − Tn (x
נרצה להשתמש במשפט קושי ,ונשים לב שהפונקציה ) k(xלא מתאפסת בין xלבין ,aוגזירה
כמה פעמים שרוצים בתור פולינום ,ואילו הפונקציה ) h(xגזירה כי n ≥ 1בתור סכום של
פונקציות גזירות .לכן אנחנו עומדים בתנאי משפט קושי ולפיו:
)f 0 (γ) − Tn0 (γ
)f (x) − Tn (x
=
=
(x − a)n+1
(n + 1)(γ − a)n
כעת הפונקציה f 0עומדת בתנאי הנחת האינדוקציה ולכן קיים ξבקטע בין aלבין η
המקיים:
)f (n+1) (ξ
(γ
!n
− a)n
)f (n+1) (ξ
=
n
)(n + 1)(γ − a
!)(n + 1
=
וכעת אם מעבירים אגפים מהביטוי ההתחלתי מקבלים בדיוק:
)f (n+1) (ξ
(x − a)n+1
!)(n + 1
= )f (x) − Tn (x
כפי שרצינו ,ולכן השלמנו את האינדוקציה.
מספר שימושים:
√
.1נמצא קירוב ל־ . 1.1נגזור את הפונקציה x
מסדר ,0כאשר 1 < ξ < 1.1נוכל לקבל:
1
)1 = √ (1.1 − 1
2 ξ
√
√
= ) f (xונבחר .a = 1ע"פ הקירוב
1.1 −
√
לפי ההערכה על ,ξנקבל:
√
√
| 1.1 − 1| ≤ 0.05
.2באופן דומה ,נחשב קירוב ל־ ) .sin(0.1נגדיר את הפונקציה כמו קודם סביב אותה
נקודה ,וכעת נקבל:
6
)sin00 (ξ
(0.1 − 0)2
!2
= sin(0.1) − 0.1
זאת משום ש־ xהוא פולינום טיילור מסדר 1של sin xסביב .0כעת מהערכת השגיאה
על ξנוכל לקבל:
1 1
2 100
≤ || sin(0.1) − 0.1
נשים לב ש־ xהוא לא רק ) T1 (xאלא גם ) T2 (xבמקרה של ,sin xולכן אנחנו אפילו
יודעים משהו יותר חזק ,דהיינו:
1 1
6 1000
≤ || sin(0.1) − 0.1
שזה קירוב הרבה יותר מדויק.
)f (x
)g(x
limx→aכאשר aיכול
הגדרה ) 1.7לנדאו( אומרים ש־ )) f (x) = o(g(xאם = 0
להיות ממשי או ∞.±
כמו כן אומרים ש־ )) f (x) = O(g(xאם קיים קבוע 0 < Kכך ש־ |)|f (x)| ≤ K|g(x
בסביבה מסוימת של נקודה כלשהי ,בקרן כלשהי ,או בכל הישר.
הערה 1.8ראינו ש־ f (x)−Tn (x) = o (x−a)nוגם ש־ f (x)−Tn (x) = O (x−a)n+1
)המשפט הקודם ,תחת ההנחה שהנגזרת חסומה( .התנאי השני גורר את התנאי הראשון.
משפט 1.9יהיו ) P (x), Q(xפולינומים ממעלה ≥ ,nומתקיים = 0
=0
)f (x)−Q(x
(x−a)n
)f (x)−P (x
(x−a)n
limx→aוגם
.limx→aאז )) P (x) ≡ Q(xכלומר הם אותו הפולינום(.
הוכחה :כיוון שהגבולות הנ"ל קיימים ,נוכל לומר:
"
#
)f (x) − Q(x) f (x) − P (x
)P (x) − Q(x
0 = lim
−
= lim
x→a
x→a
(x − a)n
(x − a)n
(x − a)n
כעת נסמן ) .R(x) = P (x) − Q(xגם כאן deg R ≤ nולכן נותר להראות שאם
)R(x
) limx→a (x−aאז .R(x) ≡ 0את זה אפשר להראות באינדוקציה על .nנניח
n = 0
.R(x) = b0 + b1 (x − a) + . . . + bn (x − a)nנשים לב שעבור j = 0, 1, . . . , nמתקיים
)R(x
) limx→a (x − a)j (x−aבגלל אריתמטיקה של גבולות.
גם n = 0
אם ניקח j = nאז יש לנו ) 0 = limx→a R(xוכיוון שהפולינום הוא פונקציה רציפה,
מכאן .0 = R(a) = b0כלומר הראינו ש־ .b0 = 0עכשיו קיבלנו שהפולינום הוא בעצם מן
הצורה הבאה ,לאחר הוצאת גורם משותף:
7
R(x) = b1 (x − a) + . . . + bn (x − a)n = (x − a) b1 + b2 (x − a) + . . . + bn (x − a)n−1
לכן אנחנו מקבלים:
)R(x
b1 + . . . + bn (x − a)n−1
=
lim
x→a (x − a)n
x→a
(x − a)n−1
lim
עכשיו אפשר להפעיל את אותו השיקול כמו קודם עם j = n − 1ונקבל ש־ .b1 = 0כך
נמשיך עד שנראה שכל המקדמים של ) R(xחייבים להיות 0ולכן כמובן R(x) ≡ 0ולכן
) P (x) ≡ Q(xכנדרש.
טיילור הוא יחיד .כלומר ,אם נמצא פולינום מדרגה מתאימה כך
מסקנה 1.10פולינום
שהשארית מתנהגת כמו o (x − a)nאז הפולינום הזה הוא פולינום טיילור של הפונקציה.
נראה מספר שימושים .ידוע הטור הגיאומטרי:
1
xn+1
1 − xn+1
=
−
1−x
1−x 1−x
= 1 + x + x2 + . . . + xn
1
f (x) = 1−xאז הרי יש לנו את פולינום טיילור מסדר nשל f
רואים מכאן שאם ניקח
סביב 0ואת השארית שלו .כדי לטעון שאכן מדובר בפולינום טיילור ,די להראות שהשארית
היא אכן ) o(xnוזה מתקיים במקרה שלנו ,שהרי:
x
=0
1−x
= lim
x→0
xn+1
lim 1−x
x→0 xn
מכאן אפשר לקבל כמה מסקנות .אם נכתוב −xבמקום xאפשר לקבל:
(−1)n+1 xn+1
1
= ) − (1 − x + x2 − x3 + . . . + (−1)n xn
1+x
1+x
1
. 1+xהפונקציה הזאת היא
ושוב רואים שמדובר בפולינום טיילור ,הפעם של הפונקציה
בעצם הנגזרת של ) ln(1 + xולכן מהחישובים שלנו קיבלנו את פולינום טיילור שלה סביב ,0
שהרי אם נסמן ) g(x) = ln(1 + xיש לנו:
2
(1 + x)3
= )g 000 (x
−1
(1 + x)2
ורואים כבר:
8
= )g 00 (x
1
1+x
= )g 0 (x
!)(−1)n+1 (n − 1
(1 + x)n
= )g (n) (x
מכאן אפשר לפתח את פולינום טיילור מסדר nשל .gכיוון שאת פולינומי טיילור של
הנגזרת שלה כבר חישבנו ,אנחנו מכירים את כל פולינומי טיילור של הנגזרות של gולכן
1
אפשר לעשות אינטגרל של פולינום טיילור של
1+xולקבל את פולינום טיילור של ).ln(1 + x
1
1+xשהיא הנגזרת של ,arctan xולהמשיך לקבל
באופן דומה אפשר להסתכל על 2
משפחה שמחה של פונקציות נוספות.
טענה ) 1.11ללא הוכחה( אם ) f, g ∈ C n+1 (Iונתון:
)f (x) = Tn f (x) + Rn f (x) g(x) = Tn g(x) + Rn g(x
אז מתקיים:
))(Tn f (x) + Tn g(x)) + (Rn f (x) + Rn g(x
=
)(f + g)(x
)= a · Tn f (x) + a · Rn f (x
)(a · f )(x
= Tn f (x) · Tn g(x) + . . .
)(f · g)(x
כאשר בכל המקרים )סכום פונקציות ,מכפלת פונקציה בקבוע ,מכפלת פונקציות( פולינום
טיילור של התוצאה המורכבת הוא הפעלת הפעולה על פולינומי טיילור של הפונקציות
המקוריות.
משפט 1.12תהי fגזירה nפעמים ב־ aומקיימת:
f (n) (a) 6= 0
f 0 (a) = f 00 (a) = . . . = f (n−1) (a) = 0
אז אם nזוגי ,ל־ fנקודת קיצון ב־ ,aכאשר אם f (n) (a) > 0זו נקודת מינימום
ואחרת זו נקודת מקסימום; ואם nאי־זוגי ,אז ל־ fאין נקודת קיצון ב־ .a
הוכחה :נכתוב את פולינום טיילור מסדר nשל הפונקציה ב־ ) :aנזכור שרוב המקדמים
בפולינום הם (0
)f (n) (a
(x − a)n
!n
ידוע לנו שמתקיים = 0
)f (x)−Tn f (x
(x−a)n
Tn f (x) = f (a) +
limx→aומכאן נסיק:
)1 (n
)h f (x) − f (a
!f (x) − f (a) + n
f (a)(x − a)n
1 (n) i
0 = lim
=
lim
−
)f (a
x→a
x→a
(x − a)n
(x − a)n
!n
9
לכן מקבלים:
)f (x) − f (a
1
)= f (n) (a
(x − a)n
!n
lim
x→a
כעת קיים δ > 0כך שאם 0 < |x − a| < δאז הסימן של אגף שמאל שווה לסימן של אגף
ימין .כעת אם nזוגי אז המכנה באגף שמאל חיובי ,ולכן הסימן של אגף שמאל נקבע לפי
הסימן של ) .f (x) − f (aכלומר ,אם הנגזרת )אגף ימין( חיובית אז ) f (x) > f (aולהיפך,
מה שמשכנע אותנו שמדובר בנקודת מינימום )מקסימום(.
במקרה ש־ nאי־זוגי ,מקבלים באופן דומה שהפונקציה עולה ב־ aאו יורדת ב־ ,aולכן
בוודאי שזו לא נקודת קיצון.
1.3
פולינום האינטרפולציה
בהינתן פונקציה ומידע על שתי נקודות על הגרף שלה ,אפשר בקלות לבנות ישר העובר דרך
שתי הנקודות .אם יש יותר נקודות ,נרצה למצוא פולינום העובר דרך כל הנקודות שיקרב
את הפונקציה גם בין הנקודות האלה.
הגדרה 1.13יהיו x0 , . . . , xn , y0 , . . . ynמספרים ממשיים כך ש־ .x0 < x1 < . . . < xn
פולינום האינטרפולציה )של לגרנז'( מסדר nהוא הפולינום הבא ,המקבל בכל xiאת הערך
:yi
) − xj
j6=i (x
Q
yi Q
) j6=i (xi − xj
n
X
= )Ln (x
i=0
הערה 1.14אפשר לבנות את פולינום האינטרפולציה באופן אינדוקטיבי .נתחיל מפולינום
כך ש־ ,q0 (x0 ) = y0כלומר .q0 (x) ≡ y0נניח שבנינו qkפולינום כך שלכל 0 ≤ i ≤ k
מתקיים .qk (xi ) = yiעכשיו בונים את :qk+1
) qk+1 (x) = qk (x) + c(x − x0 ) · · · (x − xk
צריך לבחור את cכך ש־ ,qk+1 (xk+1 ) = yk+1כלומר:
) yk+1 − qk (xk+1
) (xk+1 − x0 ) · · · (xk+1 − xk
=c
{xi }n+1מספרים ממשיים .אם הפולינומים ] p(x), q(x) ∈ Rn [xוידוע ש־
טענה 1.15יהיו i=0
) p(xi ) = q(xiלכל ,iאזי מתקיים ).p(x) ≡ q(x
10
הוכחה :נתבונן ב־ ) .f (x) = p(x) − q(xזהו פולינום ממעלה nהמתאפס ב־ n + 1נקודות
שונות )כל .(xiנראה שזה לא ייתכן באמצעות משפט רול.
תחילה נראה שאם ) f ∈ C n (Iמתאפסת ב־ n + 1נקודות שונות ,אזי ) f (nמתאפסת
בקטע הפתוח הקטן ביותר המכיל את כל האפסים של .fנעשה את זה באינדוקציה על .n
עבור n = 1זהו משפט רול .נניח עבור .n − 1כעת אם ) f ∈ C n (Iו־ x0 < . . . < xn
השורשים השונים שלה בקטע ,אז נפעיל את משפט רול לכל אחד מהקטעים ] [xi , xi+1ונקבל
שורשים ) ti ∈ (xi , xi+1של .f 0כעת נשים לב ש־ f 0מקיימת את הנחת האינדוקציה ולכן
) f 0(n−1מתאפסת בקטע הפתוח כנ"ל ,אבל הרי ) f 0(n−1) ≡ f (nולכן קיבלנו את הדרוש.
כעת נראה שאם ] p(x) ∈ Rn [xמתאפס ב־ n + 1נקודות שונות ,אזי .p(x) ≡ 0שוב
נעשה את זה באינדוקציה .עבור ,n = 0כמובן p(x) = a0ואם קיים x0שם p(x0 ) = 0
אז .p(x) ≡ 0נניח עבור .n − 1כעת אם ] p(x) ∈ Rn [xאז לפי ההוכחה הקודמתp0 (x) ,
מתאפס ב־ nנקודות שונות ,כלומר לפי הנחת האינדוקציה .p0 (x) ≡ 0כיוון שכךp(x) ,
קבועה ולכן חזרנו למקרה n = 0שם ראינו כבר ש־ .p(x) ≡ 0
משפט 1.16יהיו a < x0 < x1 < . . . < xn < bמספרים ,ו־ ) f ∈ C n+1 (a, bפונקציה.
יהי ) Ln (tפולינום לגרנז' מסדר nהמקיים לכל .Ln (xi ) = f (xi ) ,iאזי לכל x ∈ Iקיים
ξ ∈ Iהמקיים:
)f (n+1) (ξ
) (x − x0 )(x − x1 ) · · · (x − xn
!)(n + 1
f (x) = Ln (x) +
הוכחה :נתבונן בפונקציה הבאה:
) ϕ(t) = f (t) − Ln (t) − c(t − x0 ) · · · (t − xn
כאשר עבור x ∈ Iנתון וידוע מראש נבחר c ∈ Rעם התכונה ,ϕ(x) = 0כאשר xשונה
מכל .xiנשים לב ש־ ) ϕ ∈ C n+1 (Iשהרי הפולינומים שחיסרנו גזירים אינסוף פעמים.
כעת ϕמתאפסת בכל הנקודות ,x, x0 , x1 , . . . , xnכלומר ב־ n + 2נקודות שונות .לכן
לפי הוכחת הטענה הקודמת ,קיים ξ ∈ Iשם ,ϕ(n+1) (ξ) = 0כלומר:
ϕ(n+1) (ξ) = f (n+1) (ξ) − 0 − (n + 1)!c
מכאן מקבלים:
)f (n+1) (ξ
!)(n+1
= ,cכלומר:
)f (n+1) (ξ
) (t − x0 ) · · · (t − xn
!)(n + 1
ϕ(t) = f (t) − Ln (t) −
עכשיו אם נציב את xבמקום tנקבל בדיוק את מה שרצינו.
11
משפט 1.17תהי ) .f ∈ C n+1 (Iלכל a, b ∈ Iקיים ) ξ ∈ (a, bהמקיים:
)f (n) (a
)f (n+1) (ξ
(b − a)n +
(b − a)n+1
!n
!)(n + 1
f (b) = f (a) + f 0 (a)(b − a) + . . . +
הוכחה :נתבונן בביטוי הבא כתלות ב־ :t
)f (n) (t
)(b − a)n + Rn (b, t
!n
f (b) = f (t) + f 0 (t)(b − t) + . . . +
ונרצה לראות כיצד משתנה השארית בהתאמה .נשים לב שכאשר ,t = bכמובן
.Rn (b, b) = 0כש־ ,t = aמקבלים את ) Rn (b, aשהיא השארית שאנחנו מחפשים.
אם נגזור את שני האגפים של הביטוי הנ"ל ,נקבל:
h
i h 2
i
)f 000 (t
(b − t)2 + · · · +
0 = f 0 (t) + −f 0 (t) + f 00 (t)(b − t) + − (b − t)f 00 (t) +
!2
!2
h n
i
)(n+1
f
)(t
+ − (b − t)n−1 f (n) (t) +
)(b − t)n + Rn0 (b, t
!n
!n
כלומר ,קיבלנו ש:
)f (n+1) (t
(b − t)n
!n
Rn0 (b, t) = −
עכשיו נפעיל את משפט קושי עבור הפונקציה ) h(t) = Rn (b, tבמונה ו־ = )g(t
(b − t)n+1במכנה ,בקטע ] .[a, bכמובן המונה גזיר כהפרש של פונקציות גזירות ,והמכנה
לא מתאפס בקטע הפתוח כנדרש לפי המשפט:
)h(b) − h(a
)Rn (b, b) − Rn (b, a
−f (n+1) (ξ)(b − ξ)n 1
=
=
n+1
)g(b) − g(a
)0 − (b − a
!−(n + 1)(b − ξ)n n
כאשר כאן ) .ξ ∈ (a, bאבל כעת לאחר צמצום והעברת אגפים מקבלים בדיוק:
)f (n+1) (ξ
(b − a)n+1
!)(n + 1
כפי שרצינו.
12
= )Rn (b, a
1.4
שיטת ניוטון )ניוטון־רפסון(
המטרה שלנו כאן היא לקרב שורש של פונקציה ע"י העברת משיק בנקודה שרירותית
והסתכלות על הנקודה המקבילה על ציר ה־ .xשיטה זו מהירה משמעותית משיטת החצייה
שלמדנו בהוכחת משפט ערך הביניים באמצעות הלמה של קנטור ,אולם מצד שני היא לא
תמיד תעבוד .כלומר ,לא בהכרח נקבל סדרת נקודות המתכנסת ולא בהכרח נקבל סדרת
נקודות המתכנסת לשורש של הפונקציה.
משפט 1.18תהי ) .f ∈ C 2 (Iהנקודה r ∈ Iמקיימת f (r) = 0ונניח גם ש־ f 0 > 0בקטע.
לכל x0 ∈ Iנגדיר את הסדרה )לפי משוואת הישר המשיק( הבאה:
) f (xn−1
) f 0 (xn−1
xn = xn−1 −
במקרה זה קיים δ > 0כך שאם |x0 − r| < δאז {xn } ⊂ (r − δ, r + δ) ⊂ Iוהסדרה
) (xnמתכנסת ל־ .r
הוכחה :לפי צורת השארית של לגרנז' עם פולינום טיילור מסדר ראשון של fסביב xnאפשר
לקבל:
) f 00 (tn
(r − xn )2
2
0 = f (r) = f (xn ) + f 0 (xn )(r − xn ) +
כאשר כאן tnבין rלבין .xnלפי הבנייה,
) f (xn
) f 0 (xn
xn+1 − r = xn − r −
לפי צורת לגרנז' הנ"ל,
) f (xn
) 1 f 00 (tn
+
(r − xn )2
0
) f (xn ) 2 f 0 (xn
= xn − r
משני הביטויים,
) 1 f 00 (tn
) 1 f 00 (tn
2
(r
−
x
)
=
(xn − r)2
n
) 2 f 0 (xn
) 2 f 0 (xn
00
= xn+1 − r
) (tn
.en+1 = 21 ff 0 (xכעת יהי η > 0
אם נסמן en = xn − rאז הרי קיבלנו ש־ en
)n
00
כך ש־ [r − η, r + η] ⊂ Iונקרא לקטע הזה ∗ .Iכעת יהיו }| K = maxI ∗ {|fו־
) k = minI ∗ {f 0 } > 0לפי ההנחה( .מזה נקבל:
13
1K 2
1 |f 00 (tn )| 2
≤ e
e
2 f 0 (xn ) n
2 k n
= | |en+1
. Kיהי x0 ∈ Iכך ש־ = | |e0
לבסוף יהי δ > 0כך ש־ 0 < δ < ηוגם k δ < 1
.|x0 − r| < δכעת:
1K 2
1K
1
≤ e0
δ|e0 | < e0
2 k
2 k
2
1
1
· · · < |e1 | < e0
2
4
≤
| |e1
≤
| |e2
.
.
.
1
| |e0
2n
< ···
≤
| |en
והמסקנה היא ש־ en → 0כלומר xn → rכנדרש.
הערה 1.19המשפט נכון גם אם 0 > f 0בקטע ,ואז כמובן יש להסתכל על }| k = minI ∗ {|f 0
שם.
אינטגרציה
2
בהינתן תת־מישור Rנרצה להגדיר פונקציית מידה )שטח( µכך ש־ ,µ(R) ∈ Rונרצה
שיהיו לה התכונות:
.1חיוביות µ ≥ 0
.2מונוטוניות )R ⊆ S =⇒ µ(R) ≤ µ(S
.3אדיטיביות ) µ(R) + µ(S) = µ(R ∪ Sבהנחה ש־ R, Sזרים
.4עבור מלבן ,פונקציית המידה צריכה להחזיר את אורך המלבן כפול רוחבו
היינו רוצים גם שהזזה וסיבוב ישמרו על המידה .µ
2.1
האינטגרל של רימן ,סכומי דרבו
הגדרה 2.1חלוקה של קטע ] [a, bהינה קבוצה סופית סדורה של נקודות } P = {x0 , x1 , . . . , xn
המקיימת:
a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b
14
החלוקה הגסה ביותר היא } .P = {a, bנתייחס הרבה גם לחלוקה האוניפורמית )ההומוגנית(
עם nקטעים:
b−a
b−a
,a + 2
}, . . . , b
n
n
P = {a, a +
הגדרה 2.2תהי ] f ∈ B[a, bו־ Pחלוקה של הקטע .אזי:
} sup{f (t) : xi−1 ≤ t ≤ xi
=
Mi
} inf{f (t) : xi−1 ≤ t ≤ xi
=
mi
) = M1 (x1 − x0 ) + . . . + Mn (xn − xn−1
)U(P
) = m1 (x1 − x0 ) + . . . + mn (xn − xn−1
)L(P
ולפעמים נסמן גם .∆xi = xi − xi−1
הסכומים ) U(P), L(Pנקראים סכום דרבו העליון והתחתון של הפונקציה ביחס לחלוקה.
הערה 2.3ברור ש־ ) ,U(P) ≥ L(Pויתר על כן ,אם m ≤ f ≤ Mבקטע אזי:
)m(b − a) ≤ L(P) ≤ U(P) ≤ M (b − a
כמו כן ,נשים לב שאם נגדיר:
}partition
{L(P) : P
=
) L(f
}partition
{U(P) : P
=
) U (f
אז ∅ = L(f ) 6וגם ∅ = U (f ) 6ומתקיים ) L(f ) ≤ U (fולכן ) .sup L(f ) ≤ inf U (f
כיוון שיהיה לנו דיון על קבוצות שיוצרות חתך ,ניזכר בלמת החתכים מהסמסטר הראשון:
למה ) 2.4למת החתכים ,ללא הוכחה( יהיו L ≤ Uשתי קבוצות לא ריקות .אז התנאים
הבאים שקולים:
.1קיים cיחיד כך שלכל u ∈ U, l ∈ Lמתקיים l ≤ c ≤ u
sup L = inf U .2
.3לכל 0 < εקיימים u ∈ U, l ∈ Lכך ש־ u − l < ε
הגדרה 2.5פונקציה ] f ∈ B[a, bתיקרא אינטגרבילית ב־ Iאם קיים מספר I ∈ Rיחיד
המקיים ) L(P) ≤ I ≤ U(Qלכל P, Qחלוקות של הקטע.
תנאי שקול להגדרה זו )לפי למת החתכים מהסמסטר הקודם( הוא ש־ = ) sup L(f
) .inf U (fל־ ) sup L(fנוהגים לקרוא אינטגרל דרבו התחתון ול־ ) inf U (fנוהגים לקרוא
אינטגרל דרבו העליון.
15
למה 2.6נניח שהחלוקה Qמתקבלת מהחלוקה Pע"י הוספת איבר אחד .אזי מתקיים:
)L(P) ≤ L(Q) ≤ U(Q) ≤ U(P
הוכחה :תהי } .P = {x0 , . . . , xnקיים אינדקס jיחיד כך ש־ xj−1 < y < xjו־
} .Q = P ∪ {yכעת נכתוב את הידוע לנו:
h
i
)mi ∆xi +mj (y−xj−1 )+(xj −y
X
= mi ∆xi +mj ∆xj
X
i6=j
= mi ∆xi
n
X
= )L(P
i=1
i6=j
נסמן בתוך הקטע:
}sup{f (t) : xj−1 ≤ t ≤ y
=
M0
00
} = sup{f (t) : y ≤ t ≤ xj
}= inf{f (t) : xj−1 ≤ t ≤ y
M
m0
=
m00
} inf{f (t) : y ≤ t ≤ xj
אם נמשיך את הסכום שהיה לנו קודם ,נקבל:
)mi ∆xi + m0 (y − xj−1 ) + m00 (xj − y
X
≤
i6=j
מה שקיבלנו זה הסכום התחתון של ,Qכלומר ) .L(Qכלומר ,קיבלנו:
)L(P) ≤ L(Q) ≤ U(Q
הצד השני סימטרי באמצעות .M 0 , M 00
מסקנה 2.7נאמר שהחלוקה Qעידון של החלוקה Pאם .P ⊂ Qבאינדוקציה ,אם Q
עידון של Pמתקיים הא"ש של הלמה.
למה 2.8יהיו P, Qחלוקות של הקטע ] .[a, bאזי ).L(P) ≤ U(Q
הוכחה :אפשר לבנות את החלוקה P ∪ Qשהיא עידון של שתי החלוקות האלה .לכן לפי
המסקנה הקודמת,
)L(P) ≤ L(P ∪ Q) ≤ U(P ∪ Q) ≤ U(Q
ומכאן הדרוש.
16
משפט ) 2.9משפט רימן ,תנאי רימן לאינטגרביליות( ] f ∈ B[a, bאינטגרבילית ב־ ][a, b
אםם לכל 0 < εקיימת חלוקה Pכך ש־ .U(P) − L(P) < ε
הוכחה (⇒) :ניקח Q = Pואז לפי למת החתכים f ,אינטגרבילית.
)⇐( לפי הגדרת האינטגרביליות ,קיימות חלוקות P 0 , P 00כך ש־ ,U(P 0 ) − L(P 00 ) < ε
לפי למת החתכים .תהי כעת החלוקה P = P 0 ∪ P 00שהיא עידון של שתי החלוקות הנ"ל.
לכן:
) L(P 0 ) ≤ L(P) ≤ U(P) ≤ U(P 00
כמובן מכאן U(P) − L(P) < εכנדרש.
הגדרה 2.10אם fאינטגרבילית ב־ ] [a, bאז נכתוב ] f ∈ R[a, bונסמן f
היחיד מהגדרת האינטגרביליות.
´b
a
את המספר
כמה דוגמאות:
.1פונקציות קבועות f (x) = cהן אינטגרביליות בכל קטע ] .[a, bתהי Pחלוקה כלשהי,
אז הרי:
)cxi = c(b − a
n
X
= mi ∆xi
i=1
n
X
= )L(P
i=1
באופן דומה ) U(P) = c(b − aולכן כמובן האינטגרל הוא בדיוק ) .c(b − aעבור 0 < ε
נוכל לבחור חלוקה שרירותית כלשהי והיא תעבוד.
.2פונקציית דיריכלה ) D(xאינה אינטגרבילית .תהי Pחלוקה של קטע כלשהו .אזי
Mi = 1כי בכל קטע נמצא מספר רציונאלי .באופן דומה .mi = 0 ,משיקולים אלה
U(P) − L(P) = (b − a) − 0 = b − aלכל חלוקה ,ולכן הפונקציה אינה אינטגרבילית.
.3תהי הפונקציה ) f (xמוגדרת f (x) = 0לכל } x ∈ [a, b] \ {cו־ f (c) = 1כאשר c
נקודה פנימית .כעת נשים לב שאם נבחר חלוקה } P = {a, d, e, bכאשר d < c < eאזי:
0 + 1(e − d) + 0 = e − d
=
)U(P
0 + 0(e − d) + 0 = 0
=
)L(P
כלומר תמיד .U(P) − L(P) = e − dובכן בהינתן 0 < εניקח e, dכך ש־ e − d < ε
ודיינו .האינטגרל המתקבל הוא כמובן 0שהרי sup{L(P)} = sup{0} = 0על החלוקות
שלנו ,ולכן גם לכל החלוקות.
.4תהי f (t) = t2בקטע ] .[0, 1נגדיר את סדרת החלוקות האוניפורמיות ) (Pnשל
הקטע .כעת נחשב:
12
22
(n − 1)2 i
1h
0 + 2 + 2 + ... +
n
n
n
n2
h
2
2
2i
1 1
2
n
+ 2 + ... + 2
n n2
n
n
17
=
) L(Pn
=
) U(Pn
2
וכעת כמובן .U(Pn ) − L(Pn ) = n1 nn2 = n1ההפרשים שואפים ל־ 0ולכן הפונקציה
אינטגרבילית .נותר רק לחשב את האינטגרל .נשים לב:
1
)1 n(n + 1)(2n + 1
1
1 12 + 22 + . . . + n2
= lim
=
2
∞→n
n→∞ n
n
n
6
3
ˆ
t2 = lim U(Pn ) = lim
באופן דומה מאוד אפשר לחשב גם את t
´1
0
∞→n
0
.
משפט 2.11כל פונקציה רציפה בקטע סגור היא אינטגרבילית בו .כל פונקציה מונוטונית
בקטע סגור היא אינטגרבילית בו.
הוכחה :ראשית נוכיח שאם fעולה ב־ ] [a, bאז היא אינטגרבילית .תהי Pחלוקה ,ונשים
לב שבסימונים המקובלים שלנו ,מתקיים ) Mi = f (xiו־ ) mi = f (xi−1בגלל המונוטוניות.
,∆xi = b−aואז:
כעת נניח שהחלוקה היא אוניפורמית ,אז n
n
b−a
b−aX
= ) f (xi )−f (xi−1
)f (b)−f (a
n i=1
n
= (Mi −mi )∆xi
n
X
= )U(P)−L(P
i=1
))(a
(b−a)(f (b)−fונקבל חלוקה
עכשיו בהינתן 0 < εנבחר n ∈ Nכך ש־ < n
ε
אוניפורמית המקיימת את תנאי רימן לאינטגרבילית .המקרה שהפונקציה יורדת סימטרי.
כעת נוכיח שאם fרציפה ב־ ] [a, bאז היא אינטגרבילית .נשים לב ש־ Mi , mi
מתממשים בכל קטע בגלל משפט ויירשטראס השני )שהרי הפונקציה רציפה( ,כלומר הם
מקסימום ומינימום ולא רק סופרמום ואינפימום .כמו כן ,הפונקציה רציפה במ"ש לפי משפט
קנטור ,כך שבהינתן 0 < εנוכל להפיק 0 < δהמקיימת את דרישות הרצבמ"ש .תהי P
חלוקה עם התכונה .max{∆xi } < δ :במקרה זה,
n
n
X
X
(Mi − mi )∆xi < ε
)∆xi = ε(b − a
i=1
= )U(P) − L(P
i=1
כעת חסמנו את ההפרש ע"י ) ,ε(b − aאז לצורך אלגנטיות ניתן מלכתחילה לבחור δ
ε
. b−aבזאת סיימנו.
המתאים ל־
משפט 2.12יהיו ] .f, g ∈ B[a, bאזי:
´b
.1אם ] 0 ≤ f ∈ R[a, bאזי ) 0 ≤ a fחיוביות(
´b
´b
.2אם ] f, g ∈ R[a, bו־ f ≤ gאז ) a f ≤ a gמונוטוניות(
´b
´b
´b
´b
´b
.3אם ] f, g ∈ R[a, bו־ k ∈ Rאזי a (f + g) = a f + a gוכן (kf ) = k a f
a
)ליניאריות(
18
הוכחה (1) :הוא מקרה פרטי של ) (2כאשר f ≡ 0ו־ gאינטגרבילית וחיובית.
) (2תהי Pחלוקה mi (f ) ≤ Mi (g) ,מהנתון ,ולכן:
)Mi (g)∆xi = U(g, P
X
≤ mi (f )∆xi
X
= )L(f, P
ולכן כמובן גם
b
ˆ
b
ˆ
= })f = sup{L(f, P)} ≤ inf {U(g, P
g
P
a
P
a
כפי שרצינו.
) (3תהי Pחלוקה .נשים לב:
)Mi (f ) + Mi (g) ≥ Mi (f + g
בגלל תכונות של supעל קבוצות ,שהרי } {f + g} ⊂ {f } + {gאבל לאו דווקא יש
שוויון .באופן דומה,
)mi (f ) + mi (g) ≤ mi (f + g
לכן אפשר לקבל:
)L(f, P) + L(g, P) ≤ L(f + g, P) ≤ U(f + g, P) ≤ U(f, P) + U(g, P
בהינתן 0 < εתהי Pחלוקה כך ש־ U(f, P)−L(f, P) < 2εוגם < )U(g, P)−L(g, P
2εבהסתמך על אינטגרביליות .f, gזה מתאפשר כי אם יש P1ו־ P2המתאימות ל־ f, g
בהתאמה אז אפשר לקחת את .P = P1 ∪ P2כעת החלוקה מקיימת את תנאי רימן עבור
f + gולכן f + gאינטגרבילית רימן .נותר רק להראות את השוויון בין האינטגרלים:
´b
לכל חלוקה ,Pמתקיים ).L(f, P) ≤ a f ≤ U(f, P
´b
לכל חלוקה ,Pמתקיים ).L(g, P) ≤ a g ≤ U(g, P
´b
לכל חלוקה ,Pמתקיים ).L(f + g, P) ≤ a (f + g) ≤ U(f + g, P
לפי כל הא"ש הקודמים נוכל לקבל:
b
ˆ
≤ )L(f, P) + L(g, P) ≤ L(f + g, P
)(f + g) ≤ U(f + g, P) ≤ U(f, P) + U(g, P
a
19
b
ˆ
)g ≤ U(f, P) + U(g, P
b
ˆ
≤ )L(f, P) + L(g, P
f+
a
a
כיוון שיש מספר יחיד המקיים את התנאים הנ"ל לכל חלוקה ,קיבלנו את השוויון המבוקש:
´b
´b
´b
. a (f + g) = a f + a g
לבסוף נותר להוכיח את הליניאריות בכפל בסקלר .אם k = 0הפונקציה היא 0וכך גם
האינטגרל .אם 0 < kאז מתקיים ) Mi (kf ) = kMi (fולכן ) U(kf, P) = kU(f, Pוכנ"ל
) .L(kf, P) = kL(f, Pכעת לכל חלוקה Pמתקיים:
)U(kf, P) − L(kf, P) = k U(f, P) − L(f, P
כעת בהינתן 0 < εדי לבחור חלוקה Pעבור fעם , kεשהרי .0 < kבמקרה 0 > k
צריך לבצע שיקוף של הפונקציה.
משפט 2.13תהי ] .f ∈ B[a, bלכל a < c < bמתקיים f ∈ R[a, b] :אםם ] f ∈ R[a, cוגם
´b
´c
´b
] ,f ∈ R[c, bובמקרה זה גם . a f = a f + c f
הוכחה (⇐) :בהינתן 0 < εתהי Pחלוקה של ] [a, bכך ש־ .U(P) − L(P) < εבה"כ
ניתן להניח ש־ ,c ∈ Pשהרי אפשר לעדן את החלוקה ועדיין לקבל חלוקה המקיימת את
תנאי רימן .כעת יהיו ] P1 = P ∩ [a, cו־ ] ,P2 = P ∩ [c, bואז:
) U(P1 ) + U(P2
=
)U(P
) L(P1 ) + L(P2
=
)L(P
ולכן
U(P1 ) − L(P1 ) + U(P2 ) − L(P2 ) = U(P) − L(P) < ε
לכן גם כמובן כל אחד מהמחוברים בנפרד צריך להיות > εשהרי סכומם > ,εכלומר
הפונקציות ] f |[c,bו־ ] f |[a,cמקיימות את תנאי רימן בקטעים החלקיים.
)⇒( בהינתן 0 < εתהיינה חלוקות P1 , P2בהתאמה של שני הקטעים ,כך ש־
ε
2
ε
2
< ) U(P1 ) − L(P1
< ) U(P2 ) − L(P2
אז החלוקה P = P1 ∪ P2היא חלוקה של ] [a, bומתקיים
20
ε ε
U(P) − L(P) = U(P1 ) − L(P1 ) + U(P2 ) − L(P2 ) < + = ε
2 2
כלומר fאינטגרבילית ב־ ].[a, b
´b
´c
´b
נותר רק להראות שאכן , a f = a f + c fולאחר שהראינו ששני האגפים מוגדרים
היטב ,נשתמש בסימונים כמו קודם:
b
ˆ
) f ≤ U(P2
c
≤ ) L(P2
ˆ
) f ≤ U(P1
c
≤ ) L(P1
a
ולכן
b
ˆ
c
)f ≤ U(P1 ) + U(P2 ) = U(P
ˆ
≤ ) L(P) = L(P1 ) + L(P2
f+
a
c
אבל גם
ˆ
b
≤ )L(P
)f ≤ U(P
a
ובשני המקרים מדובר במספר אחד ויחיד המקיים את התנאי לגבי כל חלוקה ,ולכן
´b
´c
´b
כמובן המספרים האלה שווים ,כלומר . a f = a f + c f
משפט 2.14תהי ] f ∈ R[a, bוכן m ≤ f ≤ Mבקטע זה ,ותהי g : [m, M ] → Rרציפה.
אזי ].g ◦ f ∈ R[a, b
הוכחה :בהינתן 0 < εלפי תנאי רימן עלינו להציג חלוקה Pשל ] [a, bכך שאם h = g ◦ f
אז .U(h, P) − L(h, P) < εמהיות gרציפה בקטע ] [m, Mהיא גם רצבמ"ש בקטע )משפט
קנטור( .יהי 0 < δכך שאם ] x, y ∈ [m, Mו־ |x − y| ≤ δאז .|g(x) − g(y)| < ε
לפי ההנחה f ∈ R[a, b] ,ולכן קיימת חלוקה Pשל ] [a, bכך ש־ < )U(f, P) − L(f, P
) δεהסיבה לבחירה תתבהר בהמשך( .יהיו כעת:
}){f (t
sup
=
Mi
xi−1 ≤t≤xi
}){f (t
inf
}){h(t
sup
xi−1 ≤t≤xi
=
mi
=
Li
xi−1 ≤t≤xi
}){h(t
inf
xi−1 ≤t≤xi
21
=
li
ולבסוף L, lכך ש־ ) l ≤ h ≤ Lקיימים כי hהרכבה של פונקציות חסומות( .נכתוב:
(Li − li )∆xi
n
X
= )U(h, P) − L(h, P
i=1
נחלק את האינדקסים 1, . . . , nלשתי קבוצות :האינדקסים ה"טובים" ,G ,כך שאם
i ∈ Gאז ;Mi − mi ≤ δוהאינדקסים ה"רעים" ,B ,כך שאם i ∈ Bאז .Mi − mi > δ
נמשיך את הסכום:
(Li − li )∆xi
X
(Li − li )∆xi +
i∈B
X
=
i∈G
נשים לב שאם i ∈ Gאז Li − li < εבגלל הרצבמ"ש ,ולכן
n
X
X
X
(Li − li )∆xi < ε
∆xi ≤ ε
)∆xi = ε(b − a
i=1
i∈G
i∈G
לעומת זאת ,אם i ∈ Bאז לפי הבחירה של Pאנחנו יודעים ש־
(Mi − mi )∆xi < δε
X
< ∆xi
i∈B
X
δ
i∈B
Pn
)שהרי δ < Mi − miוגם בחרנו כך ש־( i=1 (Mi − mi )∆xi < δεP
כלומר קיבלנו לבסוף ש־ i∈B ∆xi < εולכן אם חוזרים אחורה מקבלים:
∆xi < (L − l)ε
X
)(L − l)∆xi = (L − l
X
≤ (Li − li )∆xi
i∈B
i∈B
אם מאחדים את התוצאות עבור ה"טובים" וה"רעים" ,מקבלים:
)U(h, P) − L(h, P) < ε(b − a) + ε(L − l
זוהי קבועה כפולה של εולכן השלמנו את הדרוש.
מסקנה 2.15תהיינה ] .f, g ∈ R[a, bאזי:
f 2 ∈ R[a, b] .1
f · g ∈ R[a, b] .2
22
X
i∈B
|f | ∈ R[a, b] .3
.4אם ) 0 < m ≤ g ≤ Mחסומה מאפס( אז ]∈ R[a, b
.5בתנאים של ,4גם ]∈ R[a, b
1
g
f
g
הוכחה (1) :מיידי כהרכבה של הפולינום הרציף u2על הפונקציה fלפי המשפט.
) (2ראינו ש־ f + gאינטגרבילית ולכן לפי ) (1גם (f + g)2אינטגרבילית ,ולבסוף גם
(f + g)2 − f 2 − g 2אינטגרבילית אבל היא זהותית 2f · gוכמובן לכן גם f · gאינטגרבילית.
) (3מיידי כהרכבה של | · | שהיא רציפה על הפונקציה fלפי המשפט.
) (4מיידי כהרכבה של u1שהיא רציפה על הפונקציה .g
) (5שילוב של ) (2ו־ ).(4
טענה 2.16תהי ] .f ∈ R[a, bאזי לכל c, d ∈ Rהפונקציה ) g(x) := f (dx + cהיא
b−c
,[ a−cומתקיים:
אינטגרבילית על הקטע ] d , d
ˆ
b
f
a
1
d
b−c
d
ˆ
=g
a−c
d
´b
הוכחה :נסמן .I = a fלכל 0 < εקיימת חלוקה Pכך ש־ .U(f, P) − I < εאם
הנקודות של החלוקה הן x0 , . . . , xnאז נגדיר את החלוקה } P˜ = { x0d−c , . . . , xnd−cואז:
n
xk − c o xk − c xk−1 − c
xk−1 − c
sup g(x) :
≤≤x
−
d
d
d
d
) sup f (x) : xk−1 ≤ x ≤ xk (xk − xk−1
n
X
k=1
n
X
k=1
1
d
1
)U(f, P
d
אז בהנתן 0 < εניקח Pכך ש־
האינטגרביליות עבור .g
כדי לחשב את האינטגרל ,נשים לב:
b−c
d
g
a−c
d
ε
d
=
˜
)U(g, P
=
=
< ) U(f, P) − L(f, Pואז ˜ Pעונה על הגדרת
ˆ
ˆ
b
})˜ = d sup{L(g, P
˜ =d
})f = sup{L(f, P[a,b] )} = sup{dL(g, P
a
למה 2.17תהי ] f ∈ B[a, bורציפה ב־ ) (a, bכלומר פרט אולי לנקודות הקצה.
].f ∈ R[a, b
23
אזי
הוכחה :נניח ש־ .m ≤ f ≤ Mבהינתן 0 < εנבחר a < c < d < bהמקיימים:
ε
3
ε
3
< )(M − m)(c − a
< )(M − m)(b − d
לאחר הבחירה הזאת נשים לב ש־ fרציפה בכל הקטע הסגור ] [c, dולכן אינטגרבילית
בו .לפי קריטריון רימן ,תהי Qחלוקה של ] [c, dכך ש־ .U(Q) − L(Q) < 3εכעת נגדיר
} P = Q ∪ {a, bחלוקה של כל הקטע ] [a, bוכעת:
U(P) − L(P) = (M − m)(c − a) + U(Q) − L(Q) + (M − m)(b − d) < ε
כנדרש.
הערה 2.18השימוש שלנו ברציפות כאן היה רק לשם אינטגרבילית .לכן אפשר להסתפק
בדרישה שהפונקציה אינטגרבילית בכל תת־קטע ממש של ] [a, bואז היא תהיה אינטגרבילית
במלוא הקטע.
מסקנה 2.19אם ] f ∈ B[a, bבעלת מספר סופי של נקודות אי־רציפות ,אז ].f ∈ R[a, b
)למעשה ,מסקנה זו נכונה גם אם יש ל־ fמספר בן־מניה של נקודות אי־רציפות ,כפי
שנראה בפרק (.3.6
הוכחה :ההוכחה באינדוקציה לפי הלמה הקודמת.
הגדרה 2.20אם } P = {x0 , x1 , . . . , xnחלוקה של ] [a, bאז } λ(P) = max1≤i≤n {∆xi
ייקרא הפרמטר של החלוקה.
הערה 2.21קיימות חלוקות של ] [a, bעם פרמטר קטן כרצוננו ,למשל באמצעות החלוקה
האוניפורמית.
הגדרה 2.22תהי fחסומה ו־ .A ⊆ Dfהתנודה של fב־ Aהיא ω(f, A) = M −mכאשר
} M = sup{f (t) : t ∈ Aו־ } m = inf{f (t) : t ∈ Aוכן מסמנים ) .ω(f ) = ω(f, Df
כאשר הכוונה לפונקציה ברורה ,נכתוב ωבלבד.
הערה 2.23אם ] f ∈ B[a, bו־ Pחלוקה של ] [a, bאז:
ωi ∆xi
n
X
= (Mi − mi )∆xi
i=1
n
X
i=1
כאשר ] .ωi = ω f, [xi−1 , xi
24
= )U(P) − L(P
למה 2.24תהי ] f ∈ B[a, bו־ Pחלוקה של ] [a, bונניח ש־ } .P 0 = P ∪ {yאז מתקיים:
)U(P) − L(P) ≤ U(P 0 ) − L(P 0 ) + ωλ(P
הוכחה :קיים אינדקס jיחיד כך ש־ .xj−1 < y < xjנסמן כעת:
) (M 0 − m0 )(y − xj−1
=
w0
)(M 00 − m00 )(xj − y
=
00
) (Mj − mj )(xj − xj−1
=
wj
w
כאשר M 0 , m0 , M 00 , m00מתאימים לסופרמום ולאינפימום בקטעי החלוקה סביב .y
כעת:
)wj − (w0 + w00 ) ≤ (M − m)λ(P) = ωλ(P
ולכן
)U(P) − L(P) = U(P 0 ) − L(P 0 ) − (w0 + w00 ) + wj ≤ U(P 0 ) − L(P 0 ) + ωλ(P
כפי שרצינו.
משפט 2.25תהי ] .f ∈ B[a, bהתנאים הבאים שקולים:
.1לכל 0 < εקיימת חלוקה Pכך ש־ U(P) − L(P) < ε
.2לכל 0 < εקיים 0 < δכך שלכל חלוקה Pעם λ(P) < δמתקיים U(P)−L(P) < ε
הוכחה :(1 ⇐ 2) :ניקח את 0 < δכנ"ל ונבחר את החלוקה היוניפורמית בעלת λ(P) < δ
ודיינו.
) :(2 ⇐ 1בהינתן 0 < εתהי Qחלוקה עם הנקודות y0 , . . . , yl+1המקיימת לפי ) (1ש־
.U(Q) − L(Q) < ε0 < εנניח ש־ fאינה קבועה ,כלומר ω(f ) 6= 0ונניח ש־ .1 ≤ lיהי
0
.0 < δ = ε−ε
lω
תהי אז Pחלוקה עם λ(P) < δונתבונן ב־ .P ∪ Qנשים לב שהוספנו לכל היותר
lנקודות ל־ ) Pכי קצוות הקטע משותפים לשתי החלוקות( .כיוון שהחלוקה החדשה היא
עידון של Qאנו יודעים:
)L(Q) ≤ L(P ∪ Q) ≤ U(P ∪ Q) ≤ U(Q
25
לכן כמובן .U(P ∪ Q) − L(P ∪ Q) < εכעת Pמתקבלת מ־ P ∪ Qע"י השמטת l
נקודות לכל היותר ,ולכן לפי הלמה נקבל:
)U(P) − L(P) ≤ U(P ∪ Q) − L(P ∪ Q) + lωλ(P) < ε0 + lωλ(P
קודם דרשנו ש־
ε−ε0
lω
< λ(P) < δולכן
< ε0 + (ε − ε0 ) = ε
כנדרש.
2.2
הגדרת האינטגרביליות באמצעות פונקציית מדרגות
נאמר ש־ s ≺ fאם sפונקציית מדרגות המקיימת
הגדרה 2.26תהי ].f ∈ R[a, b
) s(x) ≤ f (xבכל ].x ∈ [a, b
´b
´b
´b
טענה 2.27אם ] f ∈ R[a, bאז } , a f = sup{ a s : s ≺ fכאשר s
של שטח המלבנים של פונקציית המדרגות ולא האינטגרל הרגיל של דרבו.
a
יכול להיות במובן
הוכחה :כל סכום דרבו תחתון ) L(f, Pהוא שטח של פונקציית מדרגות עם המדרגות
המתאימות לחלוקה ,ולכן
ˆ
b
{ ⊆ }){L(f, P
}s : s ≺ f
a
מהיחס בין הקבוצות מתקבל גם היחס בין החסמים העליונים:
ˆ
{f = sup{L(f, P)} ≤ sup
b
}s : s ≺ f
a
a
כעת מהעובדה ש־ s ≺ fכמובן f
בתור חסם עליון ,גם
b
´b
a
≤s
´b
a
ˆ
b
בגלל מונוטוניות האינטגרל לפי דרבו.
ˆ
≤ }s : s ≺ f
f
b
ˆ
a
{sup
a
ולכן מקבלים שוויון כפי שרצינו.
26
הערה 2.28ניתן לחזק את הטענה כדי שתהיה שקולה לאינטגרביליות ע"י כך שנדרוש גם
את קיום החסם התחתון של פונקציות מדרגות החוסמות את הפונקציה מלעיל ,והתלכדות
בין חסם תחתון זה לחסם העליון מן הטענה.
´
´
´
טענה 2.29נשתמש בטענה 2.27כדי להראות ש־ . f + g = f + g
הוכחה :אם s1 ≺ f, s2 ≺ gאזי ) s1 + s2 ≺ f + gיש להראות שזו פונקציית מדרגות
ושאכן s1 + s2 ≤ f + gשזה ברור( .כעת,
ˆ
{ =
}s1 + s2 : s1 ≺ f, s2 ≺ g
ˆ
}s3 : s3 ≺ f + g
{
⊆
ˆ
ˆ
}{ s1 + s2 : s1 ≺ f, s2 ≺ g
ˆ
}{ s1 + s2 : s1 ≺ f, s2 ≺ g
וכאשר ניקח שוב supנקבל
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
g = sup{ s1 } + sup{ s2 } = sup{ s1 + s2 } ≤ f + g
ˆ
ˆ
f+
באופן סימטרי מראים את הא"ש ההפוך ע"י שימוש בפונקציית מדרגות החוסמת את
הפונקציה מלמעלה.
2.3
סכומי רימן
רימן לקח כקירובים לחישוב השטח את שטחי המלבנים המבוססים על דגימות בקטעים של
החלוקה .השטחים הנ"ל נמצאים תמיד בין סכום דרבו העליון לבין סכום דרבו התחתון בכל
תת־קטע של החלוקה ,וכמובן צריך להראות שהחישוב הנ"ל מתלכד עם החישוב לפי סכומי
דרבו.
הגדרה 2.30תהי ] f ∈ B[a, bו־ Pחלוקה עם הנקודות .x0 , . . . , xnיהיו גם } {tiמספרים
כך ש־ .xi−1 ≤ ti ≤ xiהביטוי הבא נקרא סכום רימן Sשל fעבור החלוקה :P
) f (ti )(xi − xi−1
n
X
=S
i=1
הערה 2.31כל סכום רימן Sעבור החלוקה Pמקיים.L(P) ≤ S ≤ U(P) :
למה 2.32אם ] f ∈ B[a, bו־ Pחלוקה ,ו־ Sקבוצת כל סכומי רימן Sעבור החלוקה ,P
אז מתקיים:
)L(P) = inf S ≤ sup S = U(P
27
הוכחה :צריך להראות שלכל η > 0קיימים S, S 0סכומי רימן )ב־ (Sכך ש־
L(P) ≤ S < L(P) + η
)U(P) − η < S 0 ≤ U(P
כעת נגדיר:
} Mi = sup{f (t) : xi−1 ≤ t ≤ xi
כמו תמיד ,ונבחר ] ti ∈ [xi−1 , xiכך ש־
η
< f (ti ) ≤ Mi
b−a
Mi −
וזה אפשרי כי Miהוא חסם עליון .כעת:
η
∆xi
b−a
n
X
Mi −
i=1
n
η X
∆xi
b − a i=1
Mi ∆xi −
η
(b − a) = U(P) − η
b−a
>
f (ti )∆xi
n
X
n
X
0
= S
i=1
=
i=1
= U(P) −
ובאופן סימטרי מגדירים miכחסם תחתון ומתקבלת התוצאה עבור ).L(P
משפט 2.33תהי ] .f ∈ R[a, bאזי לכל סדרה ) (Pnשל חלוקות עם סדרת פרמטרים
) λ(Pnהשואפת ל־ ,0והסדרה ) (Snשל סכומי רימן של fעבור Pnבהתאם ,מתקיים:
´b
) Sn → a fמתכנסת ,ולאינטגרל הנ"ל(.
הוכחה :יהי 0 < εויהיו 0 < δהמקיים את התנאי השקול ממשפט .2.25נתון ש־
λ(Pn ) → 0ולכן עבור δזה קיים גם N ∈ Nכך שלכל n > Nמתקיים .λ(Pn ) < δאם
כך ,כאשר n > Nמתקבל:
) L(Pn ) ≤ Sn ≤ U(Pn
ˆ b
≤ ) L(Pn
) f ≤ U(Pn
a
U(Pn ) − L(Pn ) < ε
28
´b
כלומר ,שני המספרים Sn , a fנמצאים בין הסכום העליון לסכום התחתון ,שהמרחק
ביניהם קטן מ־ .εכיוון שאנו יכולים להקטין את εכרצוננו ,משמעות הדבר היא ש־
´b
Sn → a fכפי שרצינו.
משפט 2.34תהי ] .f ∈ B[a, bהתנאים הבאים שקולים:
´b
) f ∈ R[a, b] (1והאינטגרל הוא f
a
) (2קיים מספר אחד ויחיד Jהמקיים:
|SP − J| < ε
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀P : λ(P) < δ
כאשר כאן SPמסמן סכום רימן של fעבור החלוקה .P
´b
במקרה זה גם מתקיים .J = a f
´b
הוכחה (2 ⇐ 1) :יהי .J = a fלכל 0 < εנבחר 0 < δכך שלכל חלוקה Pבעלת
λ(P) < δמתקיים .U(P) − L(P) < εתהי Pחלוקה אחת כזאת ,ו־ Sסכום רימן של f
המתאים לה .כעת,
ˆ
b
≤ )L(P
)f ≤ U(P
a
)L(P) ≤ S ≤ U(P
´b
וכיוון שההפרש בין הסכומים קטן מ־ ,εגם |S − a f | < εכפי שרצינו.
) (1 ⇐ 2בהנתן 0 < εיהי 0 < δהמקיים את התנאי של המשפט .יהיו Pחלוקה עם
λ(P) < δו־ Sסכום רימן כלשהו של fעבור חלוקה זו .כעת כמובן .J − ε < S < J + ε
לפי למה 2.32מתקיים:
J − ε ≤ L(P) ≤ S ≤ U(P) ≤ J + ε
שהרי J − εחסם מלרע על כל סכומי רימן ו־ ) L(Pהחסם העליון שלהם ,וכך גם מלעיל.
לכן,
U(P) − L(P) ≤ 2ε
וזה תנאי רימן לאינטגרביליות )ניתן לבחור מראש δעבור 3εכדי לקבל את ההגדרה
´b
במדויק( .עדיין נותר להראות ש־ .J = a fובכן ,בהנתן 0 < εו־ 0 < δבהתאם כמו
קודם עם חלוקה Pכך ש־ ,λ(P) < δנקבל:
29
ˆ
b
≤ )J − ε ≤ L(P
f ≤ U(P) ≤ J + ε
a
ומותר לנו כמובן לכתוב f
´b
a
כי כבר גילינו ש־ fאינטגרבילית .אבל כעת פשוט קיבלנו
b
ˆ
f −J ≤ε
≤ −ε
a
ˆ
b
|
f − J| ≤ ε
a
וזה מתקיים לכל .0 < εלכן f
´b
a
= Jכנדרש.
הערה 2.35לסיכום ,ראינו חמישה תנאים שקולים לגבי פונקציה ]:f ∈ B[a, b
.1קיים I ∈ Rיחיד כך שלכל חלוקה ,Pמתקיים )L(P) ≤ I ≤ U(P
.2מתקיים }) sup{L(P)} = inf{U(Qכאשר P, Qחלוקות
.3לכל 0 < εקיימת חלוקה Pכך ש־ U(P) − L(P) < ε
.4לכל 0 < εקיים 0 < δכך שאם Pמקיימת λ(P) < δאז U(P) − L(P) < ε
.5קיים Jיחיד כך שלכל 0 < εקיים 0 < δכך שלכל סכום רימן Sשל חלוקה Pעם
λ(P) < δמתקיים |S − J| < ε
נתבונן בדוגמה הקלאסית של פונקציית רימן R : [0, 1] → Rהמוגדרת ע"י
x∈R\Q
x = pq ∈ Q (p, q) = 1
(
0
1
q
= )R(x
נרצה להראות ש־ ] .R ∈ R[0, 1לפני כן ,אם נגדיר את הפונקציה ϕ : [0, 1] → Rע"י
(
0 x=0
= )ϕ(x
1 x>0
אז הפונקציה ϕ ◦ Rהיא בדיוק ,Dפונקציית דיריכלה ,שאינה אינטגרבילית .כך קיבלנו
שהרכבה של שתי פונקציות אינטגרביליות לאו דווקא אינטגרבילית ,וזו דוגמה נגדית חשובה.
על מנת להראות ש־ Rאינטגרבילית ,נראה ש־ .inf{U(P)} = 0כדי לעשות זאת ,צריך
לכל 0 < εלמצוא חלוקה Pכך ש־ .U(P) < εיש לשים לב שבהנתן 0 < εישנו רק
מספר סופי של qטבעיים כך ש־ .0 < ε ≤ 1qעבור כל qכזה יש מספר סופי של נקודות
רציונאליות pqבקטע ] [0, 1ורק בנקודות אלה ) .ε ≤ R( pq
30
ובכן יהי 0 < εו־ .0 < ε0 < εנניח ש־ c1 , . . . , cNהם כל המספרים הרציונאליים
בקטע ] [0, 1עם ) .ε0 ≤ R(ciעבור מספרים אלה ,נבחר cj−1 < uj−1 < cj < uj < cj+1
0
עם התנאי .uj − uj−1 ≤ Nε+2כעת תהי
} P = {0, u0 , u1 , . . . , uN , uN +1
חלוקה ,ונתבונן ב־
1(uj − uj−1 ) < ε0 + ε0
X
Mi ∆xi +
B
X
≤ )U(P
G
ולבסוף נקבל שאכן U(P) < εולכן האינטגרל הוא פשוט .0
הגדרה 2.36תהי ] .f ∈ R[a, bאזי:
b
ˆ
a
ˆ
f := −
f
b
a
)המטרה היא לשמור על אדיטיביות ,כדי ש־ f = 0
´a
a
תמיד(
הערה 2.37זה מאפשר להראות שלכל ) a, b, cוהפונקציה אינטגרבילית בכל הקטעים ביניהם(
מתקיים:
b
ˆ
ˆ
c
f
b
=f
f+
c
ˆ
a
a
כמו כן ,אם |f | ≤ Mאז ||f | ≤ M |b − a
´b
a
≤ |f
´b
a
|.
הגדרה 2.38תהי fמוגדרת בקטע ] .[a, bנאמר ש־ fאינטגרבילית לפי סכומי רימן )או
אינטגרבילית רימן( אם קיים J ∈ Rכך שלכל 0 < εקיים 0 < δכך שלכל Sסכום רימן
של fעבור החלוקה Pעם ,λ(P) < δמתקיים .|S − J| < ε
הערה 2.39יש לשים לב שאין כאן צורך להניח שהפונקציה חסומה .ראינו כבר שההגדרה
שקולה לאינטגרבילית אם הפונקציה חסומה ,אז עכשיו נרצה להראות שהחסימות נובעת
מההגדרה.
כמו כן יש להוכיח )תרגיל( שאם ההגדרה מתקיימת J ,הזה הוא יחיד.
למה 2.40תחת תנאי ההגדרה f ,חסומה ב־ ].[a, b
31
הוכחה :נניח ש־ fעומדת בתנאי ההגדרה ,אז נמצא עבור ε = 1את ה־ 0 < δהמתאים
וניקח Pמסוימת עם λ(P) < δו־ Sסכום רימן של fהמתאים לה .כעת ,אם החלוקה
המספרים x0 , . . . , xnהסכום מוסיף את t1 , . . . , tnביניהם .כיוון ש־ = S
היא
באמצעותP
n
, i=1 f (ti )∆xiאנו יודעים ש־ −1 < S − J < 1כלומר .−1 + J < S < 1 + J
כעת נבחר נקודה כלשהי בקטע ,ונשייך לה את האינדקס jשל הקטע שבתוכו היא נופלת,
ונסמנה ] .sj ∈ [xj−1 , xjנגדיר גם
f (ti )∆xi + f (sj )∆xj
X
=Sj :
i6=j
נשים לב ש־ Sjגם הוא סכום רימן המתאים לאותה חלוקה ,Pועל כן מתקיים גם
−1 + J < Sj < 1 + Jבאותו האופן כמו קודם .לכן כמובן .|S − Sj | < 2מצד שני,
⇒= | |S − Sj | = |f (tj )∆xj − f (sj )∆xj
−2 + f (tj )∆xj < f (sj )∆xj < 2 + f (tj )∆xj
2 + f (tj )∆xj
−2 + f (tj )∆xj
< ) < f (sj
∆xj
∆xj
בחרנו את sjשרירותית בקטע ] [xj−1 , xjולכן fחסומה בו וגם בכל ] [a, bמאותו
שיקול ,שהרי מספר הקטעים בחלוקה הוא סופי ולכן נוכל לקחת maxו־ minעל החסמים
שקיבלנו בכל קטע .j
משפט 2.41תהי fמוגדרת ב־ ] f .[a, bאינטגרבילית לפי רימן אםם לכל 0 < εקיים 0 < δ
כך שלכל שני סכומי רימן S, S 0המתאימים לחלוקות P, P 0בעלות פרמטר > δמתקיים
.|S − S 0 | < ε
הוכחה (⇐) :בהנתן 0 < εנבחר את ה־ 0 < δהמבטיח שלסכום רימן Sהמתאים לחלוקה
Pעם λ(P) < δמתקיים .|S − J| < 2εיהיו כעת S, S 0סכומי רימן כנ"ל ואז
ε ε
+ =ε
2 2
< ||S − S 0 | ≤ |S − J| + |S 0 − J
)⇒( נבחר סדרה ) (Snשל סכומי רימן של fהמתאימים לסדרה ) (Pnשל חלוקות
בהתאם עם .λ(Pn ) < n1כעת בהנתן 0 < εיהי 0 < δהמבטיח את התנאי של המשפט.
אז קיים N ∈ Nכך ש־ . N1 < δעבור כל n > Nכמובן גם . n1 < N1 < δלכן אם
n, m > Nאזי λ(Pn ) < δ, λ(Pm ) < δולכן יתקיים .|Sn − Sm | < εמכאן ) (Snסדרת
קושי ולכן מתכנסת ,ונסמן Jהגבול שלה.
די להראות ש־ Jמקיים את תנאי הגדרת האינטגרביליות לפי רימן .בהינתן 0 < εיהי
0 < δהמתאים ל־ 2εלפי קריטריון רימן .נבחר כעת אינדקס Mכך ש־ λ(PM ) < δוגם
.|SM − J| < 2εעכשיו יהי Sסכום רימן של fעבור חלוקה Pעם ,λ(P) < δאזי
ε ε
+ =ε
2 2
< ||S − J| ≤ |S − SM | + |S − J
32
כלומר קיימנו את תנאי רימן לאינטגרביליות.
2.4
המשפט היסודי של החשבון הדיפרנציאלי
´x
משפט 2.42תהי ] f ∈ R[a, bותהי F (x) := a f (t)dtעבור .a ≤ x ≤ bאזי Fרציפה
ב־ ] [a, bוגזירה בכל ] x ∈ [a, bשבה fרציפה ,ובנקודות אלה מתקיים ).F 0 (x) = f (x
הוכחה :יהיו ] .x, y ∈ [a, bנשים לב ש־
y
ˆ
||f | ≤ M |y − x
y
ˆ
≤ |f
x
ˆ
x
| = |f
x
ˆ
y
| = |)|F (y) − F (x
f−
a
a
כאשר Mחסם על | |fבקטע .זה אומר ש־ Fליפשיצית ,כלומר רציפה במידה שווה
בקטע ולכן רציפה.
כעת תהי ] c ∈ [a, bונניח ש־ fרציפה ב־ .cובכן ,עבור ,x 6= c
´x
´c
f− af
f
= c
x−c
x−c
´x
a
)F (x) − F (c
=
x−c
)(c
| F (x)−F
כעת על מנת להראות שהפונקציה גזירה ונגזרתה היא ) ,f (cדי להראות ש־ −
x−c
.f (c)| → 0ובכן,
´x
´x
´x
f
f
1
x−c
)− f (c
|=| c
| − f (c) c
x−c
x−c
x−c
x−c
´x
´x
ˆ x
f
)f (c
1
c
|
− c
=|
|
|f (t) − f (c) dt
x−c
x−c
|x − c| c
1
|)|f (t) − f (c)||x − c| = |f (t) − f (c
||x − c
c
)F (x) − F (c
= |)− f (c
x−c
|
|
=
≤
כעת כאשר t → cקיבלנו בדיוק שהביטוי שרצינו ← ,0כלומר הפונקציה Fגזירה ב־ c
ונגזרתה שם ).f (c
משפט ) 2.43המשפט היסודי–הגרסה מהתיכון( תהי fרציפה ב־ ] [a, bו־ gגזירה ב־ ][a, b
וכן ,G0 = fאז מתקיים:
b
ˆ
)f (t)dt = G(b) − G(a
a
)נוסחת ניוטון־לייבניץ ,או "הנוסחה היסודית"(
33
´x
הוכחה :תהי f (t)dt
a
= ) F (xכמו קודם ,ואז כמובן
b
ˆ
)f (t)dt = F (b) = F (b) − F (a
a
כי הרי .F (a) = 0כעת כיוון ש־ fרציפה בכל נקודה F ,גזירה בכל נקודה )מהמשפט
הקודם( וגם Gגזירה לפי ההנחה .לכן גם הפונקציה G − Fגזירה בקטע ] [a, bומתקיים:
(G − F )0 = G0 − F 0 = f − f = 0
לכן G − Fקבועה ,כלומר G − F = Cעבור קבוע Cכלשהו .לכן,
b
ˆ
= )G(b) − G(a) = (F (b) + C) − (F (a) + C) = F (b
f (t)dt
a
הגדרה 2.44נאמר ש־ Fקדומה של fב־ ] [a, bאם Fרציפה ,גזירה פרט אולי למספר
סופי של נקודות ,ומקיימת F 0 = fבכל שאר הנקודות.
משפט ) 2.45המשפט היסודי–נוסח מת"פ( תהי ] f ∈ R[a, bו־ Fקדומה שלה בקטע זה.
´b
אזי ). a f (t)dt = F (b) − F (a
הוכחה :נראה שלכל חלוקה Pשל ] [a, bמתקיים ).L(P) ≤ F (b) − F (a) ≤ U(P
בה"כ ניתן להניח ש־ Pמכילה את כל הנקודות שבהן fלא רציפה ,אחרת נוכל להוסיף
אותן ולקבל עידון שלא מפריע לא"ש הנ"ל .בסימונים כרגיל P = {x0 , . . . , xn } ,מתקיים:
]) F (b) − F (a) = [F (x1 ) − F (x0 )] + . . . + [F (xn ) − F (xn−1
כיוון ש־ Fרציפה ב־ ] [xi−1 , xiוגזירה ב־ ) ,(xi−1 , xiלפי משפט לגרנז' קיימים ∈ ti
) (xi−1 , xiכך ש־
) F (xi ) − F (xi−1
) = F 0 (ti ) = f (ti
xi − xi−1
לכן,
) f (ti )(xi − xi−1
n
X
= )F (b) − F (a
i=1
וזהו סכום רימן Sשל fעבור החלוקה ,Pוהוא מקיים ) L(P) ≤ S ≤ U(Pכנדרש.
34
משפט ) 2.46משפט ערך הביניים של האינטגרציה( תהי fרציפה ב־ ].[a, b
´b
) c ∈ (a, bכך ש־ ). a f (t)dt = f (c)(b − a
´x
הוכחה :תהי F (x) = a f (t)dtגזירה בקטע .לפי המשפט היסודי,
אזי קיים
ˆ
b
)f (t)dt = F (b) − F (a) = F 0 (c)(b − a) = f (c)(b − a
a
כאשר המעבר השני הוא לפי משפט לגרנז' ביחס ל־ Fבקטע ].[a, b
משפט ) 2.47הכללה למשפט ערך הביניים של האינטגרציה( תהי gפונקציה אינטגרבילית
אי־שלילית בקטע ] [a, bו־ fרציפה בו .אז קיימת ] c ∈ [a, bכך ש־
b
ˆ
b
ˆ
)f (x)g(x)dx = f (c
g(x)dx
a
a
´b
הוכחה :נסמן .C = a g(x)dx ≥ 0כיוון ש־ fרציפה בקטע חסום וסגור ,היא מממשת
מינימום ומקסימום בנקודות .c1 , c2לכן מתקיים
b
ˆ
f (c1 )g(x)dx = f (c1 ) · C
b
ˆ
≥ f (x)g(x)dx
a
ˆ
b
≥ f (c2 )g(x)dx
a
= f (c2 ) · C
a
כיוון ש־ fרציפה ,לפי משפט ערך הביניים קיים cבין c1ל־ c2כך ש־ = f (x)g(x)dx
,f (c) · Cכפי שרצינו.
´b
a
משפט ) 2.48משפט ערך הביניים השני של האינטגרציה( תהי fרציפה ב־ ] [a, bו־ ∈ Φ
) C 1 (c, dמונוטונית כך ש־ ) .[a, b] ⊆ (c, dאזי קיימת ] ξ ∈ [a, bכך ש־
b
ˆ
f (x)dx
ˆ
ξ
b
)f (x)Φ(x)dx = Φ(a
)f (x)dx + Φ(b
ξ
ˆ
a
a
הוכחה :נניח ש־ ) Φ0 ≥ 0אחרת נתבונן ב־ .(−Φנסמן f (x)dx
רציפה ו־ Φ0אי שלילית ואינטגרבילית ,קיים ξכך ש־
b
a
ˆ
)Φ0 (x)dx = F (ξ) Φ(b) − Φ(a
b
ˆ
)F (x)Φ0 (x)dx = F (ξ
a
לפי המשפט היסודי ,שהרי Φגזירה ברציפות .לכן,
35
´t
= ) .F (tכיוון ש־ F
a
ˆ
b
b
)F (x)Φ0 (x
F (x)Φ(x)|ba −
=
f (x)Φ(x)dx
a
ˆ
a
)F (b)Φ(b) − F (a)Φ(a) − F (ξ) Φ(b) − Φ(a
)= Φ(a) F (ξ) − F (a) + Φ(b) F (b) − F (ξ
ˆ ξ
ˆ b
)= Φ(a
)f (x)dx + Φ(b
f (x)dx
=
a
ξ
כפי שרצינו.
הגדרה 2.49מעתה והלאה ,נאמר ש־ Fקדומה של fבקטע Iאם F 0 = fבקטע.
´x
הערה 2.50אם fרציפה ב־ ] [a, bו־ ,F (x) := a f (t)dtאז לכל ],c ∈ [a, b
a
ˆ
)f (t)dt + F (x
x
ˆ
= f (t)dt
c
=G(x) :
c
כלומר G ,היא הזזה קבועה של .Fלהיפך ,אם ) G0 (x) = F 0 (x) = f (xאז הרי
G = F + Cכאשר Cקבוע ,ואז כמובן
b
ˆ
= )G(b) − G(a) = (F (b) + C) − (F (a) + C)) = F (b) − F (a
f (x)dx
a
כלומר ,חישוב אינטגרל מסוים לא תלוי בפונקציה הקדומה שבחרנו.
2.5
האינטגרל הלא מסוים
´
הגדרה 2.51האינטגרל הלא מסוים של fהוא הקבוצה } . f (x)dx = {F : F 0 = f
הערה 2.52בספרים לעתים קרובות מציגים את הקבוצה הזאת בתור F + Cכאשר Cקבוע,
וזה אכן נכון כאשר fרציפה ,כי שתי קדומות נבדלות רק בקבוע .כשלא´מציינים את התחום
ו־ fלא רציפה בכל ,Rזה עשוי לגרום לבעיות .למשל x1 dx = ln x ,רק כאשר .x > 0
כלומר ,בשביל x < 0זה בעצם ) .ln(−xהדבר המדויק ביותר יהיה
0<x
x<0
ln x + C1
ln(−x) + C2
(
1
= dx
x
ˆ
טענה ) 2.53ללא הוכחה(
ˆ
f
ˆ
kf = k
ˆ
g
36
ˆ
f+
ˆ
= )(f + g
2.5.1
אינטגרציה לפי הצבה
רוצים לחשב אינטגרלים מהצורה:
2
ˆ
ex 2xdx
x2
e
=
+C
=
esin x + C
ˆ
esin x cos xdx
ˆ
1
eln x dx
x
√ ˆ
1
2 e x √ dx
x
=
+C
=
+C
ln x
x
e
√
2e
המשותף לכל המקרים האלה הוא שהם מהצורה:
ˆ
f (g(x))g 0 (x)dx
וכעת אם חישבנו f (t)dt
´
= F (t) + Cאז כמובן מתקיים
ˆ
f (g(x))g 0 (x)dx
= F (g(x)) + C
שהרי,
))dF (g(x
)= F 0 (g(x))g 0 (x) = f (g(x))g 0 (x
dx
כלומר ,כדי למצוא פונקציה קדומה ל־ ) f (g(t))g 0 (tדי למצוא פונקציה קדומה ל־ ).f (x
משפט ) 2.54אינטגרציה לפי הצבה עבור האינטגרל המסוים( תהי ] g ∈ C 1 [c, dו־ ∈ f
]) C 0 g [c, dתמונת gהיא כמובן קטע סגור וחסום( .בתנאים אלה(f ◦ g) · g 0 ,
אינטגרבילית בקטע ] [c, dומתקיים:
d
ˆ
f (g(t))g 0 (t)dt
b
ˆ
= f (x)dx
c
a
כאשר ).a = g(c), b = g(d
הוכחה f ◦ g :רציפה ב־ ] [c, dוגם g 0רציפה בו ,ולכן f ◦ g, g 0אינטגרביליות ב־ ] [c, dוכן
(f ◦ g) · g 0אינטגרבילית בו .על כן ,שני האינטגרלים מהמשפט קיימים ונותר רק להראות
שוויון ביניהם.
37
´u
תהי F ,F (u) = a f (x)dxרציפה וגזירה ב־ ] [a, bועל כן קדומה של fומתקיים
.F 0 = fכעת לפי כלל השרשרת,
(F ◦ g)0 = (F 0 ◦ g) · g 0 = (f ◦ g) · g 0
נשים לב שזוהי פונקציה רציפה ,שהרי f ◦ gרציפה ו־ g 0רציפה .לכן F ◦ gקדומה של
.(f ◦ g) · g 0כעת לפי המשפט היסודי,
b
ˆ
d
ˆ
= )f (g(t))g 0 (t)dt = (F ◦ g)|dc = F (g(d)) − F (g(c)) = F (b) − F (a
f (x)dx
c
a
כאשר המעבר האחרון הוא שוב לפי המשפט היסודי ,כי Fקדומה של .f
נראה כמה דוגמאות:
´
1
. √1−xאנחנו יודעים מראש שהקדומה היא ,arcsin xאבל רוצים
dx
.1נמצא את
2
√
2
לעשות זאת באמצעות הצבה .ובכן הפונקציה 1 − xמייצגת את החצי העליון של מעגל
היחידה )זו האינטואיציה שלנו( .אם נציב x = g(t) = cos tואז כמובן g 0 (t) = − sin tאז
לפי ההצבה,
ˆ
−1dt = −t + C
1
= (− sin t)dt
1 − cos2 t
ˆ
√
כעת אם x = cos tאז כמובן t = arccos xולכן:
1
dx = − arccos x + C
1 − x2
ˆ
√
1
(arccos x)0 = − √1−xולכן .(arccos x+arcsin x)0 = 0
התוצאה אולי מפתיעה ,אבל
2
כלומר ,הפונקציות נבדלות בקבוע ועל כן התוצאה שקיבלנו אכן נכונה.
הערה 2.55ההצבה צריכה להיות הפיכה )במקרה האחרון(x = cos t ⇐⇒ t = arccos x ,
ובדרך כלל זה מכריח אותנו להתמקד בקטע מסוים .למשל במקרה √האחרוןarccos x ,
מוגדרת ב־ ) (0, πשם sinחיובית ,ולכן כשהוצאנו את השורש מ־ sin2 tקיבלנו sin tולא
.− sin t
ë
.כאן נציב x = g(t) = cos tו־ g 0 (t) = − sin t
.2דוגמא אחרת :נחשב 1 − x2
כמו קודם ,וכעת:
ˆ p
ˆ
= 1 − cos2 t(− sin t)dt = − sin2 t dt
ניזכר ש־ cos 2t = cos2 t − sin2 tולכן
1−cos 2t
2
38
= .sin2 tלכן נמשיך:
ˆ
ˆ
1
1 − cos 2t
dt = −
1dt − cos 2t dt
2
2
ˆ
=
´
וכעת המשקל נופל על חישוב . cos 2t dtנציב u = 2tואז:
1
sin u + C
2
וכמובן מכאן sin 2t + C
1
2
ˆ
= cos u du
´
= cos 2t dt
1
2
כצפוי .זה מאפשר לנו לחזור אחורה:
1
1
1
t − sin 2t + C = [sin t cos t − t] + C
2
2
2
1 − cos2 t = −
ˆ p
וכעת עלינו לחזור לאינטגרל המקורי במונחי :x
ˆ p
1 p
1 − x2 dx = [x 1 − x2 − arccos x] + C
2
שכן ,x = cos t ,t = arccos xו־ 1 − x2
את − arccos xב־ .arcsin x
ניתן לתאר את המסלול כך:
√
= .sin tאפשר גם כאן כמו שראינו ,להחליף
ˆ
F (g(t)) + C
f (g(t))g 0 (t)dt =4
↑3
F (x) + C
↓1
=2
ˆ
f (x)dx
כלומר ,תחילה הופכים את הבעיה לבעיה פשוטה יותר באמצעות הצבה ,מחשבים את
האינטגרל הלא מסוים לאחר ההצבה ,ומבצעים הצבה הפוכה כדי לחזור לאינטגרל הלא
מסוים המקורי.
´
לעשות את הדרך ההפוכה–לחשב f (x)dxע"י הצבת ) x = g(tוחישוב
אפשר גם ´
. f (g(t))g 0 (t)dtכלומר,
ˆ
H(g −1 (x)) + C
=4
↑3
H(t) + C
f (x)dx
↓1
=2
39
ˆ
0
f (g(t))g (t)dt
קל לבדוק זאת:
d
))H(g −1 (x
dx
= H 0 (g −1 (x))(g −1 (x))0
1
))g 0 (g −1 (x
1
))g 0 (g −1 (x
))= H 0 (g −1 (x
))f (g(g −1 (x)))g 0 (g −1 (x
=
)= f (x
כפי שרצינו.
2.5.2
אינטגרציה לפי חלקים
0
0
0
0
0
0
אנו יודעים כמובן ש־ (f g) = f g + f gולכן .f g = (f g) − f gלכן,
ˆ
f g0
ˆ
f g0 = f g −
ˆ
(f g)0 −
ˆ
= f 0g
משפט 2.56יהיו ] .f, g ∈ C 1 [a, bאזי:
ˆ
b
f (x)g 0 (x)dx
ˆ
b
−
f (x)g(x)|ba
0
= f (x)g(x)dx
a
a
הוכחה (f g)0 , f 0 g, f g 0 :כולן רציפות ב־ ] [a, bולכן אינטגרביליות שם .כמו כן f g ,קדומה
של (f g)0בקטע ,ולכן
b
ˆ
(f g)0 (x)dx = (f g)(x)|ba
a
לפי המשפט היסודי .מצד שני ,מכלל הגזירה:
b
ˆ
f (x)g 0 (x)dx
b
ˆ
f 0 (x)g(x)dx+
a
b
ˆ
= f 0 (x)g(x)+f (x)g 0 (x) dx
a
= (f g)0 (x)dx
a
כעת מהעברת אגפים מתקבל המשפט.
דוגמאות:
.1הדוגמא הבסיסית ביותר:
40
b
ˆ
a
ˆ
ˆ
ex x dx = ex x −
ex 1 dx = ex x − ex + C
, להיפך.2
ˆ
x ex dx =
x2 x
e −
2
ˆ
x2 x
e dx
2
אנחנו יודעים, אבל היות ופתרנו את הבעיה הקודמת, זה לא הקל עלינו בכלל,לכאורה
´ 2
. x2 ex dx עכשיו גם את
.3
ˆ
ˆ
x
e sin x dx
x
ex cos x dx
ˆ
= ex sin x − [ex cos x − ex (− sin x)dx]
ˆ
x
x
= e sin x − e cos x − ex sin x dx
= e sin x −
: וכעת קיבלנו,השתמשנו פעמיים באינטגרציה לפי חלקים
ˆ
ex sin x dx = ex sin x − ex cos x + C
2
.ומכאן האינטגרל
.4
ˆ
ˆ
2
sin t dt
ˆ
sin t sin t dt = − cos t sin t − − cos t cos t dt
ˆ
ˆ
= − cos t sin t + cos2 t dt = − cos t sin t + (1 − sin2 t)dt
ˆ
ˆ
= − cos t sin t + 1dt − sin2 t dt
=
,ומכאן שוב כמו קודם
ˆ
2
sin2 t dt = − cos t sin t + t + C
41
ומכאן האינטגרל.
.5
1
x dx = x ln x − x + C
x
ˆ
ˆ
1 ln x dx = x ln x −
ˆ
= ln x dx
.6בכלל ,אפשר לעשות טריקים נחמדים עם פונקציות הפוכות:
1
dx
1 − x2
ˆ
√x
ˆ
1 arcsin x dx = x arcsin x −
ˆ
= arcsin x dx
כעת נשתמש באינטגרציה לפי הצבה עם t = 1 − x2ונקבל:
√
1
√ dt = −2 t + C
2 t
ˆ
−
וכאשר חוזרים אחורה,
p
x
dx = −2 1 − x2 + C
2
1−x
ˆ
√
´
וזה נותן את . arcsin x dx
2.5.3
על האינטגרל הלא מסוים ופונקציות קדומות
הגדרה 2.57תהי ] f ∈ R[a, bו־ ] .c ∈ [a, bמעתה ואילך נאמר ש־ f (t)dt
תיקרא אינטגרל לא מסוים של fבקטע ].[a, b
´x
c
=Fc (x) :
הערה 2.58עד כה בדרך כלל השתמשנו ב־ .c = a
נשים לב לכמה עובדות:
x
ˆ
f
c
ˆ
f+
a
x
ˆ
=f
a
= )Fc (x
c
כלומר אם נסמן F = Faאז כל האינטגרלים הלא מסוימים הם אותה Fבהזזה של
קבוע כלשהו.
כמו כן ,אם fרציפה אז Fגם קדומה של fבקטע .למשל ,אם f ≡ 1אז:
a
ˆ
)f + (x − a
= )Fc (x
c
42
´c
כמובן a fהוא לכל הפחות a−bולכל היותר .0כלומר ,הקבוע המבדיל בין האינטגרלים
הלא מסוימים לא יכול להיות שרירותי ,אלא הוא תלוי בקטע ובפונקציה.
להבדיל ,פונקציות קדומות יכולות להיבדל בקבוע שרירותי ,שהרי הוא ייעלם בגזירה.
אם נחזור למשפט היסודי ,אז הרי אם fרציפה הפונקציה Faמקיימת .Fa0 = fאבל
אותו הדבר נכון לכל אינטגרל לא מסוים בקטע ,כי הקבוע נעלם בגזירה .אבל באופן כללי,
´b
החלק של המשפט לגבי ) a f = G(b) − G(aכאשר G0 = fנכון לכל פונקציה קדומה,
ולאו דווקא לפונקציה קדומה שהיא גם אינטגרל לא מסוים.
כעת אפשר לעשות חזרה קצרה לפולינום טיילור:
משפט ) 2.59צורת האינטגרל של שארית פולינום טיילור( אם ] f ∈ C n [a, bו־ ∈ )f (n+1
] R[a, xאז מתקיים:
ˆ
x
)f (n+1) (t
(x − t)n dt
!n
= )Rn (x
a
הוכחה :בהוכחה של משפט טיילור קיבלנו ש־ ) Rn (x, t) = S(tמקיימת:
)−f (n+1) (t
(x − t)n
!n
= )S 0 (t
כלומר Sקדומה של הביטוי מימין ,ולכן:
)f (n+1) (t
(x − t)n dt
!n
ˆ
x
S(x) − S(a) = −
a
כעת נשים לב ש־ S(x) = Rn (x, x) = 0ו־ ) S(a) = Rn (x, a) = Rn (xהשארית
המקורית שאותה אנו מחפשים .מכאן הטענה.
2.5.4
דוגמאות נוספות
.1ניתן דוגמא לפונקציה גזירה שנגזרתה לא אינטגרבילית:
x=0
x 6= 0
0
x2 sin x12
(
= )f (x
זוהי פונקציה גזירה בכל הישר ,ונגזרתה:
x=0
x 6= 0
(
0
= )f (x
2x sin x12 −
0
1
x2
cos
2
x
43
וכאן הנגזרת לא חסומה בסביבת 0ולכן כמובן לא אינטגרבילית בקטע שמכיל את .0
.2ניתן דוגמא לפונקציה אינטגרבילית שאין לה קדומה:
ניקח את הפונקציה ] .f (x) = x − [xבקטע כמו ] [0.7, 1.3אין לה קדומה .אם הייתה
לה קדומה ,Fזה אומר שהנגזרת של ) Fשהיא (fבקטע ] [0.7, 1.3מדלגת על הערך 0.5
אבל מקבלת את הערכים 0.7ו־ ,0.3בסתירה למשפט דרבו )משפט ערך הביניים לנגזרות(.
בציור ,הפונקציה מוצגת בכחול והפונקציה המצטברת מוצגת בסגול ,והיא בעלת "שפיץ" של
אי־גזירות.
באופן דומה ,גם לפונקציית רימן אין קדומה למרות שהיא אינטגרבילית ,מאחר שהפונקציה
מקבלת רק ערכים רציונאליים )למעשה ,רק ערכים מהצורה n1ל־ (n ∈ Nולכן אינה בעלת
תכונת ערך הביניים.
לפונקציית רימן יש פונקציה מצטברת ,כלומר אינטגרל לא מסויםF (x) = ,
מצד שני´ x,
, a R(t)dt ≡ 0וכמובן F 0 ≡ 0כלומר האינטגרל הלא מסוים אינו פונקציה קדומה .למרות
שהאינטגרל הלא מסוים הוא רציף ואף גזיר ,הוא אינו פונקציה קדומה.
תזכורת:
1
p
1 − y2
1
1 + z2
p
)ln(y + y 2 + 1
1 1+z
ln
2 1−z
1
p
2
y +1
1
1 − z2
כעת כמה דוגמאות:
.3ברור ש־ = arctan x + C
ובכן ,ראשית נעשה השלמה לריבוע:
1
x2 +1 dx
´
=
)arcsin0 (y
=
)arctan0 (z
=
)arcsinh(y
=
)arctanh(z
=
)arcsinh0 (y
=
)arctanh0 (z
,אבל מה לגבי
44
1
x2 −2x+5 dx
´
?
ˆ
1
dx
(x − 1)2 + 4
1
= dx
2
x − 2x + 5
ˆ
כעת נציב t = x − 1ועברנו לבעיה:
1
+1
ˆ
( 2t )2
ˆ
1
1
= dt
2
t +4
4
ושוב נציב u = 12 tועברנו לבעיה המוכרת:
1
1
du = arctan u + C
+1
2
ˆ
u2
1
1
= 2du
2
u +1
2
ˆ
1
4
ואחרי שחוזרים אחורה מקבלים:
1
x−1
1
dx = arctan
+C
− 2x + 5
2
2
´
1
.4נוסיף גם שורש–מהו dx
x2 −2x+5
´
1
t = x − 1ונקבל . 2 √t21+4 dtכעת נכניס גם
´
. 21 2 √u12 +1 duמכאן כבר אפשר היה להשתמש
2
√
ˆ
x2
? תחילה נעשה השלמה לריבוע ,נציב כמו קודם
√
√4
4
לשורש עם הצבת uכמו קודם ונקבל
ישירות בנגזרת של ,arcsinhאבל במקום
זה נמשיך ונציב ,u = tan θואז du = (1 + tan θ)dθומקבלים:
1
cos θdθ
1 − sin2 θ
ˆ
cos θ
= dθ
cos2 θ
ˆ
1
= dθ
cos θ
ˆ
1
= dθ
cos2 θ
ˆ
1
1
cos2 θ
q
כאשר במעבר הראשון )הוצאת השורש( השתמשנו בכך שההצבה מלכתחילה מניחה ש־
tanהפיכה ולכן אנחנו בקטע שבו cosחיובי ממש .בביטוי שקיבלנו לבסוף אפשר שוב להציב
z = sin θולקבל:
1
1+z
1
| dz = ln
|+C
1 − z2
2
1−z
ˆ
ועכשיו צריך ללכת חזרה:
1 1 + sin θ
ln
+C
2 1 − sin θ
1 1 + sin arctan u
ln
= +C
2 1 − sin arctan u
45
ˆ
1
= dθ
cos θ
ˆ
1
= du
u2 + 1
עכשיו צריך לשים לב ש־
√ α
α2 +1
= sin arctan αולכן אפשר לפשט עוד:
√
u2 + 1 + u
1
+C
√ + C = ln
2
u2 + 1 − u
√ u
u2 +1
√ u
u2 +1
1 1+
= ln
2 1−
u = x−1וקיבלנו את התוצאה הסופית.
כעת מציבים 2
בדרך אחרת ,אפשר להסתכל על x2 −y 2 = 1כמשוואה של היפרבולה ,ואז ,x = y +1
ולפי הפרמטר .x = cosh t, y = sinh tבמקרה שלנו אם מציבים u = sinh tאז עוברים
לבעיה הקלה:
2
ˆ
1
cosh t dt = t + C
cosh t
וחוזרים דרך t = arcsin uומקבלים:
1
du = arcsinh(u) + C
u2 + 1
ˆ
√
כפי שידענו כבר מראש.
.5
)(n − 1) sinn−2 x cos2 x + sinn−1 x(− sin x
=
(n − 1) sinn−2 x − (n − 1) sinn x − sinn x
=
(sinn−1 x cos x)0
(n − 1) sinn−2 x − n sinn x
1
n−1
sinn−2 x − (sinn−1 x cos x)0
= sinn x
n
n
=
לכן,
π
1
(sinn−1 x cos x)|02
n
sinn−2 x dx −
π
2
ˆ
n−1
= sin x dx
n
n
0
זה מאפשר לנו לקבל נוסחת נסיגה:
n−1
In−2
n
= In
sinn x dx
π
2
ˆ
=In :
0
כאשר כמובן
46
π
2
ˆ
0
2
π
2
I1 = 1
= I0
ובאופן כללי:
π13
2n − 1
···
224
2n
24
2n
1
···
35
2n + 1
=
I2n
=
I2n+1
היות ו־ 0 ≤ sin x ≤ 1בקטע ] ,[0, π2גם 0 ≤ sinn+1 x ≤ sin x ≤ 1בקטע זה ,כלומר
,0 ≤ In+1 ≤ In ≤ 1ומקבלים:
2n + 1
I2n+1
2n
= 0 < I2n+1 ≤ I2n ≤ I2n−1
ולכן
1
2n
≤1+
I2n
I2n+1
≤1
ולכן קיבלנו סנדוויץ'–היחס באמצע שואף ל־ .1ניתן לכתוב את המנה שקיבלנו בתור:
I2n
2n − 1 3 5
2n + 1
π 13 35
)(2n − 1)(2n + 1
π 13
···
()
···
( · · · ) () ( = )
)→1
( =
I2n+1
2 24
2n
24
2n
2 22 44
2n · 2n
ומכאן מקבלים נוסחא על שם :Wallis
···2 · 2 · 4 · 4 · 6 · 6
π
→
···3 · 3 · 5 · 5 · 7 · 7
2
.6ניתן דוגמא למקרה המדגים שלא ניתן להחליף בין גבול לאינטגרל בצורה חופשית.
ראינו שהאינטגרל מתנהג כמו פונקציה רציפה על גבולות האינטגרציה ,למשל:
b
ˆ
f (t)dt
x
ˆ
= f (t)dt
a
lim
a
x→b
אבל לאו דווקא ניתן להכניס את הגבול לתוך האינטגרל .למשל ,נתבונן במשפחת
´1
הפונקציות .fn (x) = (n + 1)xnלכל nמתקיים כאן f (x)dx = xn+1 |10 = 1
0 n
47
´1
לפי המשפט היסודי .כלומר ,הסדרה ) ( 0 fn (x)dxהיא קבועה 1ולכן גבולה ) 1כאשר
∞ → .(nלעומת זאת ,אם מתבוננים בפונקציה עצמה ,אז הרי:
(
∞ x=1
0 0≤x<1
∞→fn (x) −→n
לכן ניתן לומר ש־ .limn→∞ fn (x)|[0,1) ≡ 0ממשפט שראינו ,הנקודה האחת לא
מפריעה לחישוב האינטגרל ,ולכן
1
ˆ
lim fn (x)dx = 0
∞→0 n
קיבלנו שני ערכים שונים.
2.5.5
נוסחת סטירלינג
נרצה להעריך את ! ,nולשם כך נעריך את ! log nשהרי זו פונקציה הפיכה על החיוביים ,ואז
נצטרך רק לחשב ! .elog nנשים לב ש־ .log n! = log 2 + . . . + log nאחת הדרכים לקרב
את logהיא באמצעות שיטת הטרפז ,וזה יהיה קירוב מלרע )שכן הפונקציה קמורה ,ולכן
הישר המחבר שתי נקודות )) (k, log k), (k + 1, log(k + 1יהיה מתחת לגרף הפונקציה(.
שטח הטרפז הנכלא מתחת לגרף במקטע זה הוא )) , 21 (log k + log(k + 1ואפשר לכתוב:
=
1
log n
2
log((n − 1)!) +
=
1
1
1
)(log 1 + log 2) + (log 2 + log 3) + . . . + (log(n − 1) + log n
2
2
2
1
log 2 + log 3 + . . . + log(n − 1) + log n
2
´n
עכשיו נסמן An = 1 log xdxו־ Tnאת הביטוי הנ"ל .נרצה להבין את גודל השגיאה,
.An − Tnהטענה הבסיסית היא שאם נסמן an = An − Tnאז הסדרה ) (anמונוטונית
עולה וחסומה ,ולכן בעלת גבול ,ולכן ההפרשים האלה ניתנים להערכה די טובה.
נשים לב שבכל קטע ] [k, k + 1המשיק לגרף הפונקציה באמצע הקטע נמצא מעל גרף
הפונקציה )קמירות( ,ואילו כפי שראינו הצלע של הטרפז נמצאת מתחת לגרף .לכן ,בבואנו
לחשב את ,An − Tnהפרש זה יהיה קטן יותר מאשר ההפרש בין השטח שנמצא מתחת
למשיק לבין השטח שנמצא מתחת לצלע הטרפז.
48
בציור הנ"ל ,הקו השחור הוא גרף הפונקציה ,logהשטח הצבוע הוא הערכת השגיאה,
הקו המקווקו באדום הוא המשיק ,והקו המקווקו בכחול הוא צלע הטרפז העליונה.
משוואת המשיק היא
1
1
1
y = log(k + ) +
)) (x − (k +
2
2
k + 12
ערכי הפונקציה בנקודות הקצה הם
1
1
2
k+ 12
y(k) = log(k + 12 ) −ו־ = )y(k + 1
.log(k + 21 ) + k+2 1השטח הכלוא מתחת למשיק הוא ) .log(k + 12
2
כעת נוכל להעריך את ההפרש בין שטחי הטרפזים בקטע ] [k, k + 1ע"י:
1
1
])≤ log(k + ) − [log k + log(k + 1
2
2
1
1
1
1
=
)
log(1 +
) − log(1 +
2
2k
2
) 2(k + 12
1
1
1
1
<
log(1 +
) − log(1 +
)
2
2k
2
)2(k + 1
ak+1 − ak
כעת נתבונן בסכום
1
3 1
1
1
3
log − log(1 +
) < log
2
2 2
2n
2
2
≤ (an − an−1 ) + . . . + (a2 − a1 ) = an − a1
כיוון שקיבלנו סכום טלסקופי .בכל מקרה ,קיבלנו ש־ ) (anחסומה .קל לראות גם שהיא
מונוטונית שכן
an = (an − an−1 ) + . . . + a1
49
וכל ביטוי בסכום הוא חיובי .לכן an % aכלשהו .כמו כן,
1
1
log(1 +
)
2
2n
כי ) − ak
כעת
∞P
k=0 (ak+1
≤ ) (ak+1 − ak
∞
X
= a − an
k=n
= aמשיקולי טורים )גבול של סדרת הסכומים החלקיים( .אבל
1
An − Tn = an =⇒ log n! = 1 − an + (n + ) log n − n
2
שהרי log xdx = (x log x − x)|n1 = n log n − n + 1
בחזקת שני האגפים ונקבל
´n
1
= .Anעכשיו נעלה את e
1
n! = e1−an nn+ 2 e−n
נשים לב ש־ ) (1 − anמונוטונית יורדת ,ולכן αn = e1−anגם כן יוצרת סדרה מונוטונית
יורדת .ובכן αn & α ,ובגלל הרציפות של exמתקיים .α = e1−aלכן 1 < ααnאבל
ααn = ea−anולפי ההערכה שעשינו קודם על a − anמקבלים:
1
1
≤1+
2n
4n
מכאן
1
4n
≤1+
αn
α
r
1+
=
1
log(1+ 2n
)
1
2
≤e
a−an
e
< 1ולכן
1
)
4n
1
1
αnn+ 2 e−n < n! ≤ αnn+ 2 e−n (1 +
√זה נחמד ,אבל αעדיין מרחף באוויר .אפשר לחשב אותו מתוך נוסחת Wallisולקבל
,α = 2πומכאן את נוסחת סטירלינג:
n n
e
2.6
2πn
√
≈ !n
פונקציות רציונאליות
אם ) R(xפונקציה רציונאלית )מנה של פולינומים( והמונה מדרגה גבוהה מהמכנה ,תמיד
אפשר לחלק ולקבל:
50
)P (x
)Q(x
R(x) = P∞ (x) +
כאשר .deg P < deg Qאם רוצים לחשב אינטגרל ,הקושי כמובן נופל על חישוב
)´ P (x
). Q(x
dx
כל פולינום מעל Rאפשר לפרק לצורה:
P (x) = C(x − a1 )n1 · · · (x − ar )nr · (x2 + 2b1 x + c1 )m1 · · · (x2 + 2bs x + cs )ms
כאשר כל הפולינומים הריבועיים המופיעים כאן הם אי־פריקים ,כלומר .b2j − cj < 0
זה אומר שכל מנה של פולינומים אפשר לכתוב כמנה של שני ביטויים מהצורה הנ"ל ,וכאשר
פותחים את המנה המקדמים mi , niיכולים גם להיות שליליים.
יתר על כן ,כל פונקציה רציונאלית אפשר להציג כסכום של שברים פשוטים ,כלומר סכום
של ביטויים מהצורה:
A1
An
(x−a) + . . . + (x−a)n
B1 x+C1
Bm x+Cm
(x2 +bx+c) + . . . + (x2 +bx+c)m
(
וכעת הבעיה היא בסה"כ למצוא אינטגרלים של הצורות הנ"ל .כיוון שבמכנה אפשר
לעשות השלמה לריבוע ,נותרנו עם הצורך לחשב את האינטגרל:
1
dx
+ a2 )n
ˆ
(x2
=In :
ובכן נרצה לכתוב נוסחא רקורסיבית:
x2
+ a2 In
+ a2 )dx
ˆ
(x2
x2 + a2
= dx
(x2 + a2 )n
ˆ
= In−1
וכעת,
x
x dx
(x2 + a2 )n
ˆ
x2
= dx
(x2 + a2 )n
ˆ
וכעת נרצה לבצע אינטגרציה לפי חלקים ,כאשר f 0 (x) = (x2 + a2 )nו־ .g(x) = x
ראשית נשים לב ש־
u−n+1
1
du
=
+C
un
−u + 1
51
ˆ
ולכן
ˆ
1
1
1
x
dx = 2
+C
2
n
2
n−1
) +a
) (x + a
(−n + 1) 2
(x2
וכעת האינטגרציה לפי חלקים נותנת:
ˆ
1 1
1 1
1
1
x
−
dx
2
2
n−1
2
) 2 1 − n (x + a
2 1 − n (x + a2 )n−1
1
x
1
−
In−1
2 − 2n (x2 + a2 )n−1
2 − 2n
x
x dx
2
(x + a2 )n
=
ˆ
=
ולכן קיבלנו פתרון לנוסחא הרקורסיבית:
1
x
1
−
In−1 + a2 In
2 − 2n (x2 + a2 )n−1
2 − 2n
= In−1
ומכאן אפשר לחלץ את Inולחשב את הכל ברקורסיה.
למעשה ,ראינו סקיצה של הוכחה לכך שלכל פונקציה רציונאליות אפשר למצוא אינטגרל
בצורה אנליטית .זה כמובן משפט קיום–למצוא שורשים של פולינום זו בעיה קשה בפני
עצמה ,ואינה סגורה בנוסחא עבור מעלות גבוהות.
הערה 2.60הצבות שנוח לבצע בפונקציות רציונאליות )מתוך תרגיל :(8
אם ) f (x) = R(sin x, cos xכדאי להציב .t = tan x2
√
אם ) f (x) = R(x, √a2 − x2כדאי להציב x = a sin tואז את ההצבה הקודמת.
אם ) f (x) = R(x, a2 + x2כדאי להציב x = a tan tואז את ההצבה הראשונה.
2.7
פונקציות מדרגות
הגדרה 2.61נאמר ש־ ϕהמוגדרת בקטע ] [a, bהיא פונקציית מדרגות אם קיימת חלוקה P
של הקטע לפי הנקודות x0 , . . . , xnוקיימים קבועים c1 , . . . , cnכך ש־ ϕ|(xi−1 ,xi ) ≡ ci
לכל .i
כמו כן ,נסמן ב־ ] S[a, bאת קבוצת פונקציות המדרגות בקטע ] .[a, bהקבוצה הזאת
היא מרחב וקטורי ,ולמעשה אפילו חוג )קומוטטיבי( .כמו כן ,כמובן S[a, b] ⊂ R[a, b] ,שהרי
לכל פונקציית מדרגות מספר סופי של נקודות אי־רציפות.
הערה 2.62תהי ] .f ∈ B[a, bאזי לכל חלוקה Pשל ] [a, bקיימות ] ϕ, ψ ∈ S[a, bכך ש־
ϕ ≤ f ≤ ψוגם:
b
ˆ
b
= )U(P
ψ
ˆ
= )L(P
ϕ
a
a
52
הוכחה :נגדיר את הפונקציות כך:
} Mi = sup{f (t) : xi−1 ≤ t ≤ xi
≡
) ϕ|(xi−1 ,xi
} mi = inf{f (t) : xi−1 ≤ t ≤ xi
≡
) ψ|(xi−1 ,xi
) f (xi
=
) ϕ(xi
) f (xi
=
) ψ(xi
ואלה הפונקציות הדרושות.
משפט 2.63תהי ] .f ∈ B[a, bהתנאים הבאים שקולים:
f .0אינטגרבילית בקטע ][a, b
´b
´b
ψ
−
ϕ
<
ε
וגם
ϕ
≤
f
≤
ψ
ש־
כך
ϕ,
ψ
∈
.1לכל 0 < εקיימות ]S[a, b
´a
a
´b
b
.2לכל 0 < εקיימות ] g, h ∈ R[a, bכך ש־ g ≤ f ≤ hוגם h − a g < ε
a
הוכחה (1 ⇐ 0) :לפי קריטריון רימן לאינטגרביליות ,לכל 0 < εקיימת חלוקה Pכך ש־
´b
.U(P) − L(P) < εלפי ההערה קיימות פונקציות מדרגות ϕ, ψכך ש־ ,L(P) = a ϕ
´b
U(P) = a ψוגם .ϕ ≤ f ≤ ψלכן הטענה.
) (2 ⇐ 1טריוויאלי כי בפרט ].S[a, b] ⊂ R[a, b
´b
) (0 ⇐ 2אנו יודעים ש־ }) a h = inf{U(h, Qעל כל החלוקות .Qלכן בהינתן 0 < ε
´b
´b
קיימת חלוקה Phכך ש־ .U(h, Ph ) < a h + εבצורה אנלוגיתg = sup{L(g, P)} ,
a
´b
ולכן בהינתן 0 < εקיימת חלוקה Pgכך ש־ .L(g, Pg ) > a g − ε
עכשיו נגדיר ,P = Pg ∪ Phומתקיים:
b
ˆ
b
< ) U(h, P) ≤ U(h, Ph
h+ε
;
ˆ
)g − ε < L(g, Pg ) ≤ L(g, P
a
a
כיוון ש־ g ≤ f ≤ hובפרט g ≤ hמתקיים גם:
)L(g, P) ≤ L(f, P) ≤ U(f, P) ≤ U(h, P
ולכן
b
ˆ
b
ˆ
h−
g + 2ε < 3ε
a
< )U(f, P) − L(f, P
a
וקיבלנו קבועה כפולה של εולכן סיימנו) .עלינו לבחור את g, hבהתאם(.
53
הערה 2.64באופן דומה ,ניתן לחסום כל פונקציה אינטגרבילית ע"י שתי פונקציות רציפות
שהפרש האינטגרלים שלהן יהיה > .εכדי לעשות זאת ,יש לקחת את פונקציות המדרגות
שחוסמות את הפונקציה )לפי המשפט( ולתקן את נקודות אי־הרציפות שבהן יש אסימפטוטה
אנכית לידי קו ישר עם שיפוע תלול אך סופי.
אינטגרלים לא אמיתיים
2.8
עד כה הדיון היה תמיד על פונקציות חסומות בקטע חסום וסגור .כעת נרצה להתבונן
באינטגרל על קטעים לא חסומים ועל פונקציות לא חסומות.
2.8.1
אינטגרלים בקטעים לא חסומים
הגדרה 2.65תהי fמוגדרת בקטע )∞ .I = [a,נניח ש־ fאינטגרבילית בכל קטע מהצורה
´b
] .[a, bאז נאמר ש־ fאינטגרבילית ב־ Iאם קיים limb→∞ a f (x)dxובמקרה זה נסמן
∞´
את הגבול באמצעות a f (x)dxונאמר שהאינטגרל מתכנס .אחרת ,נאמר שהאינטגרל
מתבדר.
נראה כמה דוגמאות:
.1נתבונן ב־
1
1+x2 dx
∞´
. 0בכל קטע סופי,
1
dx = arctan x|b0 = arctan b
1 + x2
b
ˆ
0
לכן
1
π
= dx = lim arctan b
∞→b
1 + x2
2
.2
54
b
ˆ
0
1
dx = lim
∞→b
1 + x2
∞
ˆ
0
b
ˆ
e−x dx = 0 − (−1) = 1
∞
ˆ
e−x dx = lim
0
∞→b
0
.3
1
∞ = dx = lim ln b
∞→b
x
ˆ
∞
1
כלומר זהו אינטגרל שלא מתכנס.
.4
∞
ˆ
sin x dx = lim cos b − cos 0
∞→b
0
הגבול הזה לא קיים ,ולכן האינטגרל לא מתכנס.
הערה
.1
.2
.3
.4
.5
) 2.66תכונות האינטגרל הלא אמיתי( יהיו f, gאינטגרביליות בקטע )∞ .[a,אזי:
∞´
אם 0 ≤ fאז 0 ≤ a f
∞´
∞´
אם f ≤ gאז f ≤ a g
a
∞´
∞´
∞´
)f + a g = a (f + g
a
∞´
∞´
k a f = a kf
∞´
´c
∞´
לכל ,a < c < ∞ ,c ∈ Rמתקיים f = a f + c f
a
כל התכונות האלה נובעות מתכונות שהוכחנו קודם על אינטגרלים אמיתיים )ליניאריות,
אדיטיביות( ומתכונות הגבול )חיוביות ,מונוטוניות(.
) 2.67קריטריון קושי( תהי fאינטגרבילית בכל קטע ] [a, bכאשר aקבוע.a < b ,
משפט ∞ ´
אזי a fמתכנס אםם
ˆ
b0
0
0
| ⇒= (∀ε > 0)(∃B ∈ R)(∀b, b ∈ R)(B < b < b
)f | < ε
b
הוכחה :נגדיר f (t)dt
לתנאי
´x
a
= .F (x) :עלינו להראות את השקילות של קיום גבול )limx→∞ F (x
)(∀ε > 0)(∃B ∈ R)(∀b, b0 ∈ R)(B < b < b0 =⇒ |F (b0 ) − F (b)| < ε
ותנאים אלה שקולים לפי תנאי קושי לקיום גבול של פונקציה כאשר ∞ → .x
כעת נראה עוד קריטריונים להתכנסות:
55
משפט ) 2.68קריטריון ההשוואה( יהיו f, gאינטגרביליות בכל תת קטע סגור וחסום מהקטע
)∞ .I = [a,נניח שקיים 0 < k ∈ Rכך ש־ ) 0 ≤ f (x) ≤ kg(xלכל .x ∈ Iאזי:
∞´
∞´
.1אם a gמתכנס ,אז a fמתכנס
∞´
∞´
.2אם a fמתבדר ,אז a gמתבדר
´b
∞´
הוכחה :במקרה שלנו ,אם a fמתכנס אז הפונקציה F (b) = a fעולה ,שהרי fחיובית.
ההערה ,נוכיח כעת:
אםם הפונקציה Fחסומה .לפי∞ ´
לכן האינטגרל מתכנס∞ ´
תחילה )–(1אם a gמתכנס אז מליניאריות a kgמתכנס .לכן:
b
ˆ
b
ˆ
≤ f (x)dx
)kg(x)dx =: G(b
a
=F (b) :
a
∞´
לפי ההערה G ,חסומה ולכן Fחסומה ולכן a fמתכנס.
∞´
∞´
כעת )–(2אילו a gהיה מתכנס ,אז לפי ) a f (1היה מתכנס בסתירה להנחה.
נראה כעת כמה דוגמאות:
.1נתבונן במשפחה ,0 < α
1
xα dx
α=1
α 6= 1
1
xα dx
∞´
´b
. 1ובכן,
ln b
1
1
b
− α−1
xα−1 |1
(
1
= dx
xα
b
ˆ
1
מתכנס אםם 0 < α − 1כלומר .1 < α
במקרה זה,
קל לראות ש־
∞´
1
. 1 x1α dx = α−1
´ ∞ sin x
.2נתבונן ב־ 0 x dxעם הרחבה רציפה ל־ .0אנחנו נראה שהאינטגרל הזה מתכנס,
ובדרך נשים לב שהכללים לגבי אינטגרציה לפי הצבה ואינטגרציה לפי חלקים תקפים גם
עבור אינטגרלים לא אמיתיים )פשוט מכיוון שההגדרה היא באמצעות גבול על אינטגרלים
אמיתיים(.
ובכן ,האינטגרל המסוים הוא:
1
)dx
x2
1
b
ˆ
(− cos x)(−
1
sin x
1
dx = (− cos x) |b1 −
x
x
b
ˆ
1
∞´
´∞ 1
|x
cos x
1
1 | cosמתכנס
עכשיו נשים לב ש־´ .| x2 | ≤ x2כיוון ש־ 1 x2 dxמתכנס ,גם x2 dx
∞
x
1 cosמתכנס )ר' משפט .(2.70עכשיו אפשר לנסות לחשב את הגבול:
ומכאן גם x2 dx
cos x
dx
x2
∞
ˆ
1
h
sin x
1 ib
)dx = lim (− cos x
−
∞→b
x
x 1
b
ˆ
lim
1
∞→b
וראינו שהמחובר הימני מתכנס ,ולכן גם כל האינטגרל מתכנס .לבסוף גם
מתכנס.
56
sin x
x dx
∞´
0
הגדרה 2.69נאמר ש־ fאינטגרבילית בהחלט בקטע )∞ I = [a,אם | |f
∞´
a
מתכנס.
משפט 2.70אם fאינטגרבילית בהחלט ב־ Iאז fאינטגרבילית בו.
הוכחה :נשתמש בקריטריון קושי )משפט .(2.67בהינתן ,0 < εקיים B ∈ Rכך שאם
´ b0
´ b0
B < b < b0אז .| b |f || = b |f | < εכעת
b0
ˆ
|f | < ε
b0
ˆ
|
≤ |f
b
b
וסיימנו.
∞´
הגדרה 2.71נאמר ש־ fאינטגרבילית בתנאי בקטע )∞ I = [a,אם f
∞´
| a |fמתבדר.
∞´
למשל 1 sinx x dx ,מתכנס בתנאי .ראינו כבר שהוא מתכנס ,אז צריך להראות ש־
∞´
1 | sinx x| dxמתבדר .ובכן נשים לב:
a
|| sin x
≤
|| sin x
x
≤
sin2 x
x dx
כלומר די שנראה ש־
2x
שממנה
sin2 x = 1−cosונקבל:
2
´b
1
מתכנס אבל
sin2 x
2
sin x
x
מתבדר .ניזכר בזהות cos 2x = cos2 x − sin2 x
sin2 x
1 h 1 cos 2x i
=
−
x
2 x
x
sin x
x
ע"י חיקוי של ההוכחה עבור
∞´
1 x1 dxמתבדר ולכן ההפרש מתבדר.
עוד שתי דוגמאות´ ∞ 1 :
. 2 x lnובכן:
.1נתבונן ב־ x dx
מקבלים ש־
cos 2x
x dx
1
∞ ∞→dx = ln ln x|b2 −→b
x ln x
b
∞´
1
ˆ
2
ולכן האינטגרל מתבדר )המעבר הראשון הוא באמצעות הצבה
והקדומה בקטע )∞ ´ ∞ .([2,
.2מה לגבי ? 2 x ln12 x dxובכן,
57
מתכנס ,אבל כמובן
1
x dx
= t = ln x, du
ˆ
b
1
1 b
1
1
2 dx = (− ln x )|2 −→b→∞ 0 − (− ln 2 ) = ln 2
x ln x
2
כלומר האינטגרל הזה מתכנס )המעבר הראשון הוא באמצעות הצבה כמו בדוגמא
הקודמת(.
הערה 2.72אם f (x)dx
∞´
a
מתכנס ,לאו דווקא .limx→∞ f (x) = 0למשל ,נגדיר
∈x
/N
x∈N
1
x2
(
x
= )f (x
∞´
∞´
וכאן כמובן ∞ < 1 f (x)dx = 1 x12 dxאבל הפונקציה לא חסומה .זאת משום
שנקודות אי־רציפות מבודדות לא משפיעות על האינטגרל.
יש לציין שגם בהינתן הדרישה ש־ fרציפה ,אין כורח ש־ .limx→∞ f (x) = 0למשל,
נבנה פונקציה כך שבכל קטע ] [k, k + 1עם k ∈ Nיש לה משולש בגובה 2kוברוחב , 41k
ובשאר המקטע היא זהותית .0היא כמובן רציפה ,וקל לראות שהאינטגרל שלה בקטע
] [k, k + 1הוא פשוט , 12 21kוכמובן הסכום של האינטגרלים האלה )טור גיאומטרי( הוא .1
בכל זאת ,הפונקציה לא חסומה.
2.8.2
אינטגרלים של פונקציות לא חסומות
הגדרה 2.73תהי fמוגדרת בקטע ] ,I = (a, bונניח ש־ fאינטגרבילית בכל תת קטע
´b
סגור של .Iנאמר ש־ fאינטגרבילית ב־ Iאם קיים limε→0+ a+ε f (x)dxובמקרה זה
´b
נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי מתכנס ונסמן ב־ a f (x)dxאת הגבול הנ"ל .אחרת ,נאמר
שהאינטגרל מתבדר.
הערה 2.74ראינו בלמה 2.17שכל פונקציה חסומה בקטע ואינטגרבילית בכל תת קטע היא
אינטגרבילית בכל הקטע .כאן אין לנו את הנחת החסימות ולכן לא ניתן להשתמש בלמה,
ובאמת קיימים מקרים שבהם האינטגרל לא מתכנס למרות שהפונקציה אינטגרבילית בכל
תת קטע )מפני שאין לנו את דרישת החסימות(.
נראה כמה דוגמאות:
.1
1
∞ = )dx = lim (ln 1 − ln ε
x
ε→0+
1
ˆ
ε
1
dx = lim
x
ε→0+
ˆ
1
0
הזה לא מתכנס.
כלומר
האינטגרל ´ 1
1
? 0 √1−xהפונקציה אינה חסומה ב־ ] (0, 1ובכל זאת:
dx
מהו
.2
2
π
1
= )dx = lim (arcsin 1 − arcsin ε
+
2
2
ε→0
1−x
58
1
ˆ
√
0
וקיבלנו שהאינטגרל מתכנס למרות שהפונקציה לא חסומה.
´1
´1
.3נתבונן ב־ . 0 x12 dxהיות ובקטע ] (0, 1מתקיים , x12 ≥ x1ו־ 0 x1 dxמתבדר ,ניתן
לצפות מקריטריון ההשוואה )שטרם הוכחנו עבור אינטגרלים של פונקציות לא חסומות( שגם
האינטגרל הזה מתבדר.
.4
1
1
∞dx =? lim+ [ln ln − ln ln ε] = −
x ln x
2
ε→0
1
2
ˆ
0
כלומר האינטגרל מתבדר.
.5לעומת זאת,
ˆ
1
1
1
x2 1
dx = 0 − = −
2 x
4
4
0
x2
ln x|10 −
2
1
ˆ
= x ln x dx
0
וכאן יכולנו להגדיר הרחבה רציפה ב־ 0ולכן בעצם חישבנו אינטגרל אמיתי ,שכן
הפונקציה חסומה ואינטגרבילית בכל תת־קטע של ] [0, 1ולכן אינטגרבילית בו.
.6
ˆ
1
1
−
1dx = 0 − 1 = −1
x ln x|10
ˆ
= ln x dx
0
0
וכדאי לשים לב שזה סימטרי לחלוטין ל־ e−x dx = 1
∞´
0
.
הערה 2.75התכונות והטענות ,לרבות קריטריון ההשוואה ,ליניאריות ,קריטריון קושי וכד',
שהוכחנו עבור אינטגרלים לא אמיתיים על קטעים לא חסומים מתקיימות גם לגבי אינטגרלים
לא אמיתיים על פונקציות לא חסומות.
∞´
´b
הערה חשובה נוספת −∞ f (x)dx :אינו !limb→∞ −b f (x)dxאנחנו מאבדים אינפורמציה
אם שני גבולות האינטגרציה שואפים לאינסוף באותו הקצב ,למשל:
b
ˆ
sin xdx 6= lim
sin xdx = 0
−b
הגדרה 2.76נגדיר את f (x)dx
∞´
∞−
b
∞
∞→b
∞−
בתור הגבול הבא ,אם הוא קיים:
ˆ
f (x)dx
∞
lim
a
ˆ
∞→a→−∞,b
59
ˆ
=f (x)dx :
∞−
למען הנוחות ,אפשר גם לבחור נקודה c ∈ Rכלשהי )ולהראות שהבחירה לא משפיעה
על התוצאה( ואז:
∞
ˆ
f (x)dx
c
ˆ
f (x)dx +
∞
=f (x)dx :
∞−
c
ˆ
∞−
למשל,
π
√
2
∞
ˆ
1
=π
2
x +1
= e−x dx
∞−
∞
ˆ
∞−
2.9סיור סביב הפונקציות ההיפרבוליות והגדרה אנליטית של הפונקציות
הטריגונומטריות
נרצה לסקור בקצרה את הפונקציות ההיפרבוליות ולהבין כיצד ניתן להשתמש באינטגרציה
כדי להגדיר בצורה אנליטית את הפונקציות הטריגונומטריות המוכרות.
ראשית ההגדרות:
eu + e−u
2
eu − e−u
2
= cosh u
= sinh u
קל לבדוק שמתקיים:
cosh0 u = sinh u
sinh0 u = cosh u
60
כמו כן רואים בנקל ש־ cosh uתמיד חיובי ,ולכן sinh uעולה ממש )חח"ע(.
לבסוף כמו בטריגו,
sinh u
eu − e−u
= u
cosh u
e + e−u
= tanh u
כיוון ש־ tanh u ,cosh u 6= 0מוגדרת על כל ,Rומתקיים:
1
cosh2 u
= tanh0 u = 1 − tanh2 u
וכן מתקיים
−1 < tanh u < 1
וגם זו פונקציה עולה ממש )חח"ע(.
למעט הקוסינוס ההיפרבולי ,הפונקציות כולן הפיכות ,למשל:
1 1+u
ln
2 1−u
= arctanhu
ולגבי ,coshמקובל להצטמצם לגבי החצי הימני שלה ,שם )∞ ,arccosh : [1, ∞) → [0,
ואז:
)u2 + 1
p
ln(u +
)u2 − 1
p
ln(u +
= arcsinhu
= arccoshu
עבור אינטגרציה ,חשוב לחשב את הנגזרות של הפונקציות האלה:
1
x2 − 1
1
√
2
x +1
1
1 − x2
√
= arccosh0 x
= arcsinh0 x
= arctanh0 x
כתוצאה מזה ,אנחנו יודעים לטנגרל כל פולינום ריבועי או פונקציה רציונאליות של
פולינום ריבועי.
כעת אנו מוכנים להגדרה אנליטית של הפונקציות הטריגונומטריות.
61
אנו יודעים שהפונקציה
לכן אפשר להגדיר:
1
1+t2
אינטגרבילית בכל קטע סגור וחסום ב־ Rשכן היא רציפה.
1
dt
1 + t2
ˆ
z
=arctan z :
0
1
arctan0 z = 1+zוהביטוי הזה חיובי ,לכן
וכמובן .Darctan = Rלפי המשפט היסודי2 ,
הפונקציה arctanעולה ממש והפיכה .כמו כן הנגזרת זוגית ולכן הפונקציה אי־זוגית.
מכאן אפשר להגדיר:
)tan x := arctan−1 (x
כעת נשים לב ש־
1
t2
<
1
1+t2
ולכן
1
∞ < dt
t2
∞
ˆ
1
1
≤ dt
1 + t2
∞
ˆ
1
ואנו יכולים להגדיר:
1
dt
1 + t2
ˆ
∞
π := 2
0
כעת יש לנו tan : (− π2 , π2 ) → Rואנחנו רוצים שהיא תהיה מחזורית ,אז נבצע הרחבה
מחזורית כדי לעשות זאת )וכיוון שבקצוות יש אסימפטוטות ,אין חשש מאי־רציפות ההדבקה
כי היא במילא לא תהיה רציפה( .מתוך כך אפשר יהיה להגדיר את סינוס וקוסינוס:
2 tan θ2
θ
2
1 + tan2
θ
2
tan2 θ2
1 − tan2
=sin θ :
1+
=cos θ :
ושוב לעשות הרחבה מחזורית.
אפשר להמשיך כך עוד הרבה ,למשל אפשר להגדיר גם את
חיוביים( ,ועוד.
3
´x
1
dt
1 t
=) ln x :עבור x
טורים
P
בהנתן קבוצה סופית X ⊂ Rאפשר להתבונן בסכום . x∈X xכדי לחשב את הסכום,
אנו יודעים אינדוקטיבית לחבר מספר סופי של מספרים ממשיים אם מסדרים אותם
לפי הסדר ומבצעים חיבור אסוציאטיבי ) .((((x1 + x2 ) + x3 ) + . . . + xn−1 ) + xn
תמורה כלשהי על המספרים עדיין מתקיימת קומוטטיביות,
אנחנו גם
יודעיםPשבהנתן Pn
n
עבור כל תמורה .σאפשר להוכיח את האסוציאטיביות
= i=1 xi
כלומר )i=1 xσ(i
והקומוטטיביות באינדוקציה.
אך אנו רוצים לייחס משמעות לסכימה על קבוצה אינסופית.
62
3.1
התכנסות טורים
הגדרה 3.1תהי ) (xnסדרה ב־ .Rנכנה בשם הטור המתאים לסדרה ) (xnאת הסדרה
) (snשל הסכומים החלקיים המוגדרת ע"י:
sn := x1 + . . . + xn
סדרה זו תכונה גם סדרת הסכומים החלקיים של הסדרה המקורית.
ניתנת לסכימה אם ) (snמתכנסת .במקרה זה נאמר שהטור מתכנס,
נאמר ש־ ) n
P(x
∞
ונכתוב i=1 xi = Sכאשר .S = limn→∞ snאחרת ,נאמר שהסדרה לא ניתנת לסכימה,
או שהטור מתבדר.
נראה כמה דוגמאות:
,xn ≡ 1 .1כאן sn = nמתבדרת ולכן הסדרה לא סכימה.
xn = n .2שוב אינה סכימה.
n+1
וכאן
xn = q n , q ∈ R, q 6= 1 .3
sn = 1−qוהסדרה סכימה אםם .−1 < q < 1
1−q
P∞ i
1
במקרה זה הטור מתכנס ,וזה הטור הגיאומטרי. i=0 q = 1−q :
.4נראה בהמשך שהטור המתאים ל־ ) xn = n1הטור ההרמוני( מתבדר.
.5נראה בהמשך שהטור המתאים ל־ xn = (−1)n+1 n1מתכנס.
טורים מתכנסים( יהיו ) (xn ), (ynשתי סדרות סכימות .אזי:
טענה ) 3.2תכונות של P
)חיוביות(;
0
≤
P
אם 0 ≤ xnאז P xn
)מונוטוניות(;
y
≥
אם yn ≥ xnאז xn
n
P
P
P
לכל k, l ∈ Rמתקיים ) (kxn + lyn ) = k xn + l ynליניאריות(.
הוכחה :תוצאה ישירה של משפטים על אריתמטיקה של גבולות של סדרות )ההתייחסות כאן
היא לגבולות סדרות הסכומים החלקיים ,שמקיימים חיוביות ,מונוטוניות ,וליניאריות(.
הגדרה 3.3אם ) (xnסדרה ו־ m ∈ N0אז נגדיר ) x(mהזנב ה־ mשל הסדרה המקורית,
וכמובן ) .x(m) / (xn
Pהסכומים החלקיים שלה .הטור
) 3.4אדיטיביות( תהי ) (xnסדרה (sn ) ,סדרת
משפט
∞P
∞
i=1 xiמתכנס אםם לכל mמתכנס הטור . i=m+1 xiבמלים אחרות (xn ) ,סכימה אםם
P
∞P
= .S
כל זנב ) x(mסכימה ,ובמקרה זה נסמן rm = i=m+1 xiומתקיים xi = sm +rm
סדרת הסכומים החלקיים של הזנב ) ,x(mוכמובן .tn = sn+m − sm
הוכחה :תהי ) P (tn
מתכנס אז ) (snמתכנסת ולכן כל תת־סדרה שלה גם כן מתכנסת
)⇐( אם xn
לאותו הגבול ,בפרט ) (tnמתכנסת לאותו הגבול ,וגבולה מקיים:
rm = lim tn = lim (sm+n − sm ) = lim sm+n − sm = S − sm
∞→n
∞→n
כאשר Sסכום הטור.
63
∞→n
)⇒( אם קיים m־זנב שמתכנס ,אז .(tn ) → rmכמו קודם sm+n = tn + sm ,מתכנסת
ומתקיים
lim sm+n = lim (tn + sm ) = rm + sm
∞→n
∞→n
אבל כמובן ) (sm+nסדרה חלקית של ) (snולכן גם ) (snמתכנסת לאותו הגבול .S
הערה :אפשר היה להסתפק בכך שעבור הזנב m = 0קיבלנו את הדרוש.
P
מתכנס אז .(xn ) → 0
משפט ) 3.5תנאי הכרחי להתכנסות( אם xn
P
מתכנס אז ) (snמתכנסת וגם ) (sn+1 ) / (snמתכנסת לאותו הגבול.
הוכחה :אם xn
לכן נוכל לכתוב an+1 = sn+1 − snוכמובן an+1 → 0ולכן an → 0גם כן.
P1
מתבדר למרות ש־ . n1 → 0כלומר ,זה אכן תנאי הכרחי אך אינו תנאי
אנטי־דוגמאn :
מספיק.
משפט ) 3.6קריטריון קושי להתכנסות( הטור xn
N < n < m =⇒ |sm − sn | < ε
P
מתכנס אםם
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n, m ∈ N :
הוכחה :במילים אחרות (sn ) ,סדרת קושי ,וכמובן מתכנסת לפי התנאי של קושי לסדרות.
P
הטור המתאים לה .נאמר שהטור מתכנס בהחלט אם
3.7Pתהי ) (xnסדרה ו־ xn
הגדרה
מתכנס .אם הוא מתכנס אך לא בהחלט ,נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
| |xn
הערה 3.8כמובן ,לאו דווקא | |xn
משפט 3.9אם הטור an
P
P
שווה ל־ | xn
P
|.
מתכנס בהחלט ,אזי הוא מתכנס.
הוכחה :נשתמש בקריטריון קושי .בהנתן 0 < εקיים Nכך שאם m > n > Nאז
|an+1 | + . . . + |am | < ε
אבל לכן כמובן
|an+1 + . . . + am | ≤ |an+1 | + . . . + |am | = |an+1 | + . . . + |am | < ε
64
3.2
טורים חיוביים
P
החלקיים מתכנסת אםם } {sn
הערה 3.10בהנתן xn
טור חיובי (sn ) ,סדרת הסכומים P
חסומה )שכן היא מונוטונית עולה( .במקרה של התכנסות.sup{sn } = lim sn = xn ,
(dn ), (aסדרות.
משפט ) 3.11קריטריון ההשוואה(
Pיהיו ) Pn ), (cn
מתכנס בהחלט.
a
מתכנס,
אם |an | ≤ cnאזי אם cn
n
P
P
מתבדר.
מתבדרan ,
אם 0 ≤ dn ≤ anאזי אם dn
הוכחה :מיידית ,נובעת מחסימות סדרות הסכומים החלקיים.
נראה כמה דוגמאות:
.1תהי ) (anסדרה עם a0 ∈ N0ו־ } .an ∈ {0, . . . , 9אז אפשר לפרש את המספר
העשרוני a0 .a1 a2 . . .בתור הטור
1
1
1
+ a2 2 + . . . + an n + . . .
10
10
10
והטור הזה מתכנס ,שכן לכל 1 ≤ nמתקיים
9
10n
1
1
an
) ≤ a0 + 9( + . . . + n
10n
10
10
≤
a0 + a1
an
10n
sn = a0 + . . . +
וכמובן באגף ימין יש לנו זנב של טור גיאומטרי עם < 1
הסכום הזה חסום:
1
1 − 1) = a0 + 1
1 − 10
ולכן
1
10
= −1 < qשמתכנס ,ולכן
( ≤ a0 +
היות וזה טור חיובי ,החסימות מספיקה להתכנסות ולכן הטור מתכנס .על כן ניתן יהיה
את סכום הטור המתאים כפי שראינו.
לסמן בתור P a10 .a1 a2 . . .
מתבדר .נראה זאת:
.2הטור ההרמוני n
1 1 1
1
1 1
1 1 1 1
+ + + ... = 1 + + ( + ) + ( + + + ) + ...
2 3 4
2
3 4
5 6 7 8
1+
וכעת נחליף בתוך כל סוגריים את האיברים באיבר הקטן ביותר:
1
1 1
1 1 1 1
1 1
+ ( + ) + ( + + + ) + ... = 1 + + + ...
2
4 4
8 8 8 8
2 2
>1+
וכמובן סדרת הסכומים החלקיים של הטור שקיבלנו לא מתכנסת ,ולפי קריטריון
ההשוואה גם הטור ההרמוני לא מתכנס .פורמלית ,אם ) (snסדרת הסכומים החלקיים
אז קיבלנו ש־ s2k ≥ 1 + k 21וכמובן אגף ימין מתבדר.
65
Pחיוביות ממש.
(limitיהיו ) (an ), (cnסדרות
משפט) 3.12aקריטריון ההשוואה הגבוליP test ,
מתכנס.
מתכנס אםם הטור an
אם lim cnnקיים וגדול ממש מ־ 0אז הטור cn
הוכחה :יהיו q
p,Pכך ש־ 0 < p < acnn < qכמעט תמיד .זה שקול לכך ש־ .pcn < an < qcn
הסכומים החלקיים של ) (qcnחסומה ולכן סדרת הסכומים
סדרת
אז
מתכנס
כעת אם cn
P
של
החלקיים
הסכומים
סדרת
אם
להיפך,
מתכנס.
a
ולכן
חסומה
(a
)
של
החלקיים
n
n
P
) (anחסומה אז כך גם סדרת הסכומים החלקיים של ) (pcnולכן של ) (cnולכן cn
מתכנס.
P 1
לדוגמא ,נתבונן בטור ) . n(n+1נשים לב:
X 1
1
1
=
( −
)
)n(n + 1
n n+1
X
וכעת
k
X
1
1
1
1 1
1
1
1
( −
) = (1 − ) + ( − ) + . . . + ( −
) = 1−
−→k→∞ 1
n n+1
2
2 3
k k+1
k+1
n=1
מתכנס ל־ .1
כלומר הטורP 1
מתכנס לפי קריטריון הגבול ,שכן:
לכן הטור n2
=1
1
)n(n+1
1
∞→n
n2
lim
ואנו עומדים בתנאי הקריטריון .לא נוכיח כאן ,אבל
π2
6
P
= . n12
מתקיים < q
מסקנה 3.13באותם התנאים ,אם lim acnn = 0אזPכמעט תמיד
P
מתכנס.
מתכנס אז an
an < qcnולכן מקבלים תנאי חד־כיווני :אם cn
an
cn
< 0כלומר
משפט ) 3.14קריטריון המנה (ratio test ,תהי ) (xnסדרה חיובית .נתבונן בשני המספרים:
xn+1
xn
xn+1
xn
l = lim inf
אזי אם ,u < 1הטור xn
P
u = lim sup
מתכנס ,ואם l > 1הטור מתבדר.
הוכחה :נניח .u < 1לכל ε > 0יש אינסוף xnכך ש־ u − ε < xnויש מספר סופי בלבד
של xnכך ש־ .xn > u + εבמקרה שלנו ,יהי u < q < 1ואז < q
xxn+1כמעט תמיד.
n
במלים אחרות ,קיים Nכך שאם n > Nאז .xn+1 < xn qאז כמובן מתקיים:
xN q
<
xN +1
xN q 2
<
xN +2
...
xN q k
<
66
xN +k
∞P
∞P
∞P
הטור k=1 xN q k = xN k=1 q kמתכנס )טור גיאומטרי (q < 1 ,ולכן גם xN +k
מתכנס ,והוא זנב של הטור המקורי .כיוון שהזנב מתכנס ,גם הטור המקורי מתכנס ,כנדרש.
באופן דומה ,אם l > 1אזי > 1
xxn+1כמעט תמיד .כלומר xn+1 > xn ,כמעט תמיד
n
ולכן כמובן xn 9 0כלומר הטור לא מתכנס ,כנדרש.
k=1
נראה דוגמא חשובה מאוד לקריטריון הזה :יהי x ∈ Rונתבונן בסדרה ) .( xn!nאם x = 0
הסדרה היא ) (1, 0, 0, . . .וכמובן הטור המתאים לה מתכנס .אחרת,
xn+1
||x
an+1
!)(n+1
= | | = | xn
→0
|
an
n+1
!n
כלומר ,אנחנו במקרה שבו הגבול העליון קטן מ־ 1ולכן הטור מתכנס בהחלט )ולכן
מתכנס( .אגב ,אם נסמן ב־ ) E(xאת סכום הטור ,מסתבר ש־ ) E(x) = exברור שעבור n
סופי זהו פיתוח טיילור של exסביב .(0שקול לומר ,קיבלנו הצגה אחרת של :e
1
1
+ + ...
!1! 2
e=1+
√
n
.u = lim sup
השורש (root test ,תהי ) (anסדרה חיובית .נסמן an
משפט ) 3.15קריטריון P
מתכנס; אם ,u > 1הטור מתבדר.
אם ,u < 1הטור an
√
Pקודם n an < qכמעט תמיד ,כלומר an < q nכמעט
הוכחה :יהי ,u < q < 1אז כמו
מתכנס במקרה זה .באופן דומה ,אם u > 1אז יהי
תמיד ,וזה כמובן מספיק כי q n
1 < p < uואז 1 ≤ pn < anבאופן שכיח ולכן ,an 9 0כלומר הטור מתבדר.
טענה 3.16תהי ) (anסדרה חיובית ,אזי מתקיים:
√
√
an+1
an+1
≤ lim inf n an ≤ lim sup n an ≤ lim sup
an
an
lim inf
כלומר ,קריטריון השורש חזק יותר מקריטריון המנה .המסקנה היא שתמיד כדאי לבדוק
קודם את קריטריון המנה.
.u = lim sup aan+1אם ∞ = uאז הא"ש מתקיים.
הוכחה :נוכיח רק את הצד הימני .יהי
n
an+1
אחרת .u ∈ R ,ניקח ,u < qונקבל שמתקיים an < qכמעט תמיד ,כלומר קיים N
כך שאם n > Nאז .an+1 < qanכלומר ,aN +m < q m aN ,ואם נחליף אינדקסים
N + m = nאז מקבלים:
p
1
n−N
√
aN 1
n
n
= q( N ) n
q n−N n aN = q n aN
q
67
< an
√
n
לכן אותו יחס מתקיים גם לגבי lim supבגבול:
aN 1
)n = q
qN
(an ≤ lim sup q
√
n
lim sup
√
זה נכון עבור כל ,u < qולכן lim sup n an ≤ uכפי שרצינו .הצד השמאלי סימטרי.
(
q n−1 n (mod2) ≡ 0
= anעבור 0 < q < 1כלשהו .אם
לדוגמא ,נתבונן בסדרה
q n+1 n (mod2) ≡ 1
ננסה להפעיל את קריטריון המנה ,נקבל:
1
q
3
n is even
n is odd
1
q
ולכן > 1
הטור מתכנס.
לעומת זאת,
=
=q
qn
q n+1
q n+2
q n−1
(
an+1
=
an
= } = max{ 1q , q 3
,lim sup aan+1כלומר אין לנו אפשרות להכריע האם
n
n is even
n is odd
n−1
1
q n = qq − n
n+1
1
q n = qq n
(
= an
√
n
√
ומכאן lim n an = q < 1 ,והטור מתכנס .כלומר ,קריטריון השורש קבע שהטור מתכנס
אך קריטריון המנה לא מכריע האם הטור מתכנס.
מסקנה 3.17נתבונן בסדרה
nn
!n
= .anאזי
an+1
(n + 1)n
1
!(n + 1)n+1 n
= lim
= lim(1 + )n = e
= lim
n
an
(n + 1)! n
nn
n
lim
במקרה זה קיים לסדרה גבול ,כלומר הגבול העליון שווה לגבול התחתון ,ולכן לפי הטענה
q
√
n
n nn
√ ,limאו ) n n! ∼ neנוסחת סטרלינג
=
e
ש־
להסיק
אפשר
מכאן
.lim
n
n! = e
!n
הקטנה(.
√
נוסחת סטרלינג הרגילה היא n! ∼ 2πn( ne )nואותה כבר ראינו ב־ .2.5.5
תהי Pf : [1, ∞) → Rחיובית ומונוטונית יורדת .תהי
משפט ) 3.18קריטריון האינטגרל(∞ ´
∞
) an := f (nסדרה .אזי 1 f (x)dxמתכנס אםם n=1 anמתכנס ,ובמקרה של התכנסות
∞´
∞´
מתקיים , n+1 f (x)dx ≤ S − sn ≤ n f (x)dxכאשר Sסכום הטור ו־ snהאיבר
המתאים בסדרת הסכומים החלקיים.
הוכחה :נשים לב שהפונקציה אינטגרבילית בכל תת־קטע של )∞ [1,כי היא מונוטונית,
ומתקיים:
68
ˆ
2
f (x)dx ≤ a1
≤
1
...
ˆ
n
a2
f (x)dx ≤ an−1
≤
an
n−1
ואם מסכמים,
ˆ
n
≤ sn − a1
f (x)dx ≤ sn−1 − a1
1
כעת אם f (x)dx
∞´
1
מתכנס ,אז לכל nמתקיים
∞
ˆ
ˆ
n
≤ f (x)dx
f (x)dx
≤ sn − a1
1
1
כלומר סדרת הסכומים החלקיים חסומה ,ולכן הטור מתכנס.
להיפך ,אם הטור מתכנס אז } {snחסומה ו־ Sסכום הטור ,ולכן
n
ˆ
f (x)dx ≤ sn−1 − a1 ≤ S − a1
1
לכל ,nולכן האינטגרל מתכנס.
כעת נרצה לקבל את ההערכה על גודל השגיאה .ובכן ,לכל ak > ak+1 ,kכי הפונקציה
יורדת .בקטע ] [k, k + 1יש לנו את היחס הבא בין שלוש פונקציות:
ak+1 ≤ f ≤ ak
לכן כמובן גם
k+1
ˆ
k+1
ˆ
≤ f (x)dx
ak
k+1
ˆ
≤ ak+1
k
k
k
כלומר,
k+1
ˆ
≤ ak+1
f (x)dx ≤ ak
k
69
כעת נתבונן בסדרת הסכומים החלקיים ,עבור n < mעל´ .sn , smכיוון שהסכומים
m
החלקיים הם מתחת לגרף הפונקציה ,מתקיים ש־ .sm − sn ≤ n f (x)dxאם נרצה
לחסום את האינטגרל מלמעלה ,נוכל להזיז את ) (anבאיבר אחד ימינה:
m
ˆ
≤ sm − sn
f (x)dx ≤ sm−1 − sn−1
n
וכעת
m
ˆ
m+1
ˆ
≤ f (x)dx ≤ sm − sn
f (x)dx
n
n+1
וכאשר ∞ → ,mמקבלים את הא"ש בין הגבולות:
∞
ˆ
ˆ
∞
≤ f (x)dx ≤ S − sn
f (x)dx
n+1
n
כפי שרצינו.
הערה 3.19הקריטריון מאפשר לקבל הערכה על גודל השגיאה בחישוב סכום הטור ע"י n
האיברים הראשונים ע"י חישוב האינטגרל הלא אמיתי )או הערכה שלו(.
זה פותח פתח לכמהPדוגמאות פשוטות:
∞´
∞
.1הטור n=1 n1מתבדר כי האינטגרל 1 x1 dxמתבדר.
´∞ 1
P∞ 1
.2הטור n=1 n2מתכנס כי האינטגרל 1 x2 dxמתכנס.
∞P
1
n=2 n logמתבדר שכן
.3הטור n
1
∞ = dx = lim log log x|b2
∞→b
x log x
.4הטור
∞P
1
n=2 n log2 n
∞
ˆ
2
מתכנס שכן
1
1
1
lim (−
= )|b2
∞→2 dx = b
log
x
log
2
x log x
למעשה ,לכל 1 < pנקבל ש־
∞P
1
n=2 n logp n
∞
ˆ
2
מתכנס.
העיבוי (condensation test ,תהי (an )Pסדרה חיובית מונוטונית
משפט ) 3.20קריטריון
P
מתכנס.
מתכנס אםם הטור 2n a2n
יורדת ל־ .0אזי הטור an
70
הוכחה :נסמן:
tk = a1 + 2a2 + 4a4 + . . . + 2k a2k
sn = a1 + . . . + an
נניח n ≤ 2kואז מתקיים:
sn = a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + . . . + a7 ) + . . . + an ≤ a1 + 2a2 + . . . + 2k a2k
נשים לב ש־ 2n a2n
P
an
מתכנס.
בכיוון השני ,נניח 2k < nואז:
P
אםם } {tkחסומה .אם הוא אכן מתכנס ,אז } {snחסומה ולכן
1
a1 +a2 +2a4 +. . .+2k−1 a2k
2
≥ sn ≥ a1 +a2 +(a3 +a4 )+(a5 +. . .+a8 )+. . .+a2k
ומכאן
2sn ≥ a1 + 2a2 + . . . + 2k a2k = tk
P
כעתPאם an
מתכנס.
2n a2n
מתכנס אז } {snחסומה ואז } {2snחסומה ולכן גם } {tkחסומה ו־
הערה 3.21הבחירה של 2בקריטריון היא שרירותית .באותה מידה אפשר היה לבחור .17
דוגמאותP :
, n1 .1זהו טור על סדרה חיובית מונוטונית יורדת ל־ ,0והטור 1
כמובן מתבדר ולכן
הטור הזה מתבדרP n 1 .
גם P
P
1
מתכנס אםם 2 (2n )p
מתכנס ,כלומר אםם ( 22p )nמתכנס,
p
.2באופן כלליn ,
1
כבר.
שידענו
כפי
1
<
p
כלומר
,
וזה קורה אםם 1
2p−1 < P
P n
P 1
1
1
מתכנס ,וזו כפולה של הטור
2 2n log
=
אםם
מתכנס
2n
n log 2
n log n .3
מתבדר.
ההרמוני
P n
P
ולכן P
1
1
1
מתכנס ,וזו כפולה של
2 2n log
=
אםם
מתכנס
.4
2 2n
n2 log2 2
n log2 n P
1
ולכן מתכנס.
n2
P
3.3
= 2n 21n
P
טורים כלליים
תהי ) (xnסדרה מונוטונית
משפט ) 3.22קריטריון לייבניץ לטורים עם סימנים
מתחלפים(P
∞
חיובית יורדת ל־ 0במובן החזק .אזי הטור n=1 (−1)n+1 xnמתכנס ,ו־ 0 < S < x1
כאשר Sסכום הטור .יתר על כן ,מתקיים .0 < (−1)m+1 S − sm < xm+1
71
הוכחה :נגדיר .an = s2n , bn = s2n−1נראה ש־ an < an+1 < bn+1 < bnוכן
.bn − an = x2n
ובכן,
an+1 − an = s2n+2 − sn = s2n + x2n+1 − x2n+2 − s2n = x2n+1 − x2n+2 > 0
ממונוטוניות ) .(xnהצד השני סימטרי.
כעת ) (x2n ) / (xnולכן x2n → 0ולכן .bn − an → 0אנו עומדים בתנאי הלמה
של קנטור ,ויהי Sהגבול של ) (an ), (bnביחד ,וכמובן sn → Sבעצמה כי היא מורכבת
מהסדרות ) .(an ), (bn
מכאן נובעות גם כל שאר הטענות של המשפט.
P
לדוגמא ,הטור (−1)n+1 n1מתכנס .זהו טור מתכנס בתנאי.
אנטי־דוגמא :אם הסדרה לא מונוטונית יורדת ,המשפט לא נכון .למשל,
1
1
1
1
1
1
√−
√+
√−
√ + ... +
√−
+ ...
n−1
n+1
2−1
2+1
3−1
3+1
√
זו סדרה השואפת ל־ 0עם סימנים מתחלפים אך שאינה מונוטונית .אם מקבצים את
האיברים בזוגות ,מקבלים
2
2
2
+
+ ... +
+ ...
2−1 3−1
n−1
וזו כפולה של זנב הטור ההרמוני ,שמתבדר .דהיינו ,חשוב לדרוש שהסדרה יורדת
מונוטונית ל־ .0
הערה 3.23במישור המעשי ,המשפט נותן הערכה על גודל השארית .אם חישבנו את sm
ואיננו יודעים את ,Sאז אפשר להעריך את הזנב ה־ mבאמצעות האיבר הראשון שלו:
| .|S − sm | < |xm+1
דבר נוסף :אם ) (xnיורדת במובן החלש ,אזי המסקנות נכונות גם כן ,עם אי־שוויונות
חלשים במקום חזקים.
.0 Pיהי bn
משפט ) 3.24דיריכלה( תהי ) (anסדרה חיובית מונוטונית יורדת ל־
מתכנס.
)כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה( .אזי הטור an bn
P
טור חסום
הוכחה :נגדיר .Bn = b1 + . . . + bn , B0 = 0אזי ) (Bnסדרה חסומה ,ונניח |Bn | ≤ B
לכל .nכעת נשים לב:
) a1 (B1 − B0 ) + a2 (B2 − B1 ) + . . . + an (Bn − Bn−1
=
a1 B1 + a2 B2 − a2 B1 + a3 B3 − a3 B2 + . . . + an Bn − an Bn−1
=
B1 (a1 − a2 ) + B2 (a2 − a3 ) + . . . + Bn−1 (an−1 − an ) + an Bn
=
72
a1 b1 + . . . + an bn
Pn−1
וכעת מספיק להראות ש־ ) (an Bnמתכנסת וש־ )) k=1 Bk (ak − ak+1
אז כמובן ) (an Bnמתכנסת ל־ 0כי ) (anמתכנסת ל־ 0ו־ ) (Bnחסומה .וכן,
n−1
X
(ak − ak+1 ) = B(a1 − an ) → Ba1
|ak − ak+1 ||Bk | ≤ B
( מתכנסת.
n−1
X
k=1
k=1
סכימת
כאשר המעבר הראשון מוצדק מחסימות ) (Bnומונוטוניות ,המעבר השני הוא ∞P
טור טלסקופי ,והמעבר האחרון משום ש־ .an → 0זה אומר ש־ k=1 (ak − ak+1 )Bk
שקולה להתכנסות כי זה טור חיובי( ולכן מתכנס ,ולכן כמובן
מתכנס בהחלט )חסימות Pn−1
הסדרה ) ( k=1 (ak − ak+1 )Bkמתכנסת כפי שרצינו.
∞´
∞P
לדוגמא ,ראינו שהאינטגרל 0 sinx x dxמתכנס .באופן דומה n=1 sinnnx ,מתכנס לכל
.x ∈ Rנסמן כאן an = n1ו־ bn = sin nxוניזכר ש־
(n+1)x
sin nx
2 sin
2
sin x2
= sin kx
n
X
k=1
)עבור x 6= kπלכל kשלם ,ואילו עבור x = kπהטור הוא 0ולכן מתכנס(
בערך מוחלט,
(n+1)x
sin nx
1
2 sin
2
≤|
x
sin 2
| | sin x2
| = |sin kx
n
X
|
k=1
מונוטונית וחיובית ,והראינו
ולכן מתכנס .לכן הטור המקורי מתכנס כי P∞ (an ) → 0
שהטור השני חסום .אפשר להראות טענה דומה גם לגבי . n=1 cosnnx
P
הערה 3.25משפט לייבניץ הוא מקרה פרטי של קריטריון דיריכלה ,עם (−1)n+1
שהוא כמובן חסום.
P
= bn
P
,
)קריטריון אבל( תהי ) (anסדרה מונוטונית יורדת ל־ .aיהי bn
משפט 3.26
P
מתכנס.
אזי הטור an bn
P
P
מונוטונית יורדת ל־ 0ו־ bnמתכנס
הוכחה :נתבונן ב־ ) (an −aו־ . bnכמובן )(an −a
P
מתכנס .אבל = (an − a)bn
ולכן חסום .לכן לפי משפט דיריכלה ,הטור (an − a)bn
P
מתכנס כי הוא שווה ל־
,an bn = (an − a)bn + abולכן an bn
− abn
,an bn Pכלומר Pn
, (an − a)bn + abnששניהם מתכנסים.
הגדרה 3.27לכל xנגדיר
0
x>0
−x x ≤ 0
(
(
x x≥0
= )P (x
0 x<0
= )N (x
73
טור מתכנס.
וכמובן מתקיים ).x = P (x) − N (x), |x| = P (x) + N (x
כמו כן ,בהינתן ) (anסדרה ,נגדיר ) Pn = P (anו־ ) Nn = N (anסדרות מתאימות,
ואפשר גם לכתוב ישירות:
|an | − an
2
| an + |an
2
= Nn
= Pn
P
P
P
ובמקרה
PnP
מתכנס בהחלט אםם הטורים , Nn
משפט 3.28הטור an
מתכנסים; P
ו־
S = P − N Pכאשר Sסכום הטור P , anסכום הטור Pn
של התכנסות מתקיים
Nסכום הטור . Nn
P
P
P
הוכחה (⇐) :אם | |an
מתכנס ,נשים לב ש־ | Pn , Nn ≤ |anולכן P Pn , Nn
אריתמטיקה של טורים מתכנסיםPn − ,
לפי
לכן
ההשוואה.
קריטריון
P
P
שניהם לפי P
מתכנסים P
= ) (Pn − Nnמתכנס וכן S = P − Nכפי
מתכנסan ,
) Nn = (Pn − Nn
שרצינו.
P
P
אריתמטיקה של טורים מתכנסים
לפי
אזי
מתכנסים
P
,
N
אם
להיפך,
)⇒(
n
n
P
P
P
מתכנס בהחלט ,ובכל מקרה
ולכן an
גם ) (Pn + Nnמתכנס ,והוא בדיוק | |an
.S = P − N
3.4
החלפת סדר והכנסת סוגריים
הגדרה 3.29נאמר שהסדרה ) (bnמתקבלת מן הסדרה ) (anע"י שינוי סדר אם קיימת
תמורה σ : N → Nכך ש־ ) .bn = aσ(nבאופן דומה נוכל לדבר על טור המתקבל מטור
אחר ע"י שינוי סדר.
P
P
P
טור המתקבל ממנו ע"י שינוי סדר .אזי an
Pטור חיובי ,ויהי bn
משפט 3.30יהי an
מתכנס ,ובמקרה של התכנסות ,סכומי הטורים שווים.
מתכנס אםם bn
Pn
Pn
Pn
הוכחה :נגדיר כרגיל ) .sn = k=1 ak , tn = k=1 bk = k=1 aσ(kבהנתן n ∈ Nיהי
N ∈ Nעם התכונה σ(i) ≤ Nלכל } .i ∈ {1, . . . , nכעת:
tn = aσ(1) + . . . + aσ(n) ≤ a1 + . . . + aN
P
P
P
חסם
≤ ,tn ≤ sNכלומר an
מתכנס אז an
אם an
משום שהטור חיובי .כעת P
מתכנס )חסימות טור חיובי שקולה להתכנסות( ומתקיים
Pשל } .{tnאם כךbnP,
מלעיל
. bn = sup{tn } ≤ an
מתקבלת מ־ ) (bnע"י שינוי סדר ע"י התמורה ההפכית ,σ −1
אך נשים לב שגם ) (an
P
P
ומכאן השוויון בין הסכומים.
≤ an
ולכן מאותם שיקולים bn
P
מתכנס בהחלט ו־ bn
מסקנה 3.31אם an
מתכנס בהחלט וסכומי הטורים שווים.
74
P
מתקבל ממנו ע"י שינוי סדר ,אז bn
P
P
P
P
.3.27 Pאבל
בסימוני הגדרה
הוכחה :כאן מתקיים ) )bn = P aσ(n) = (Pσ(n) − Nσ(n
P
מתכנס וכנ"ל ) . Nσ(nלכן לפי
חיובי ומתכנס ,ולכן לפי המשפט גם )Pσ(n
Pn
אריתמטיקה של טורים מתכנסים,
an
X
= Nn
X
Pn −
X
)Nσ(n
X
Pσ(n) −
= )Nσ(n
X
Pσ(n) −
X
X
= ) )(Pσ(n) − Nσ(n
X
= bn
X
כפי שרצינו .כמו כן,
X
X
= | )|aσ(n
) )(Pσ(n) + Nσ(n
X
X
X
X
X
Pσ(n) +
= )Nσ(n
Pn +
= Nn
| |an
= | |bn
X
=
מאותו השיקול.
הערה 3.32המשפט דורש את חיוביות הטור .כלומר ,אם טור מתכנס בתנאי ,החלפת סדר
עלולה להשפיע על ההתכנסות )בהמשך נראה זאת–משפט רימן(.
P
משפט 3.33אם an
יתכנס לאותו הסכום.
מתכנס וסכומו ,Sאזי כל טור המתקבל ממנו ע"י הכנסת סוגריים
הוכחה :נתבונן בטור bn
) (nkב־ Nכך ש־
P
שהתקבל ע"י הכנסת סוגריים ,כלומר קיימת סדרה עולה ממש
b1 = a1 + . . . + an1 , . . . , bk = ank−1 +1 + . . . + ank
כאשר הכנסת הסוגריים התבצעה במקומות ה־ ) .(nkאבל כעת,
tk = b1 + . . . + bk = a1 + . . . + ank = snk
Pוכן (snk ) / (sn ) ,ולכן מתכנסת לאותו הגבול ,ולכן
מאסוציאטיביות של סכום סופי.
מתכנס ל־ .S
) (tkמתכנסת ל־ Sולכן הטור bn
הערה 3.34אזהרה :אם טור מתכנס ,הכנסת סוגריים משאירה טור מתכנס לאותו הסכום,
אבל אם הטור לא מתכנס ,הכנסת הסוגריים עלולה להשפיע על ההתכנסות .כלומר ,אם
לאחר הכנסת סוגריים טור מתכנס ,אין משמעות הדבר שהטור מתכנס גם לפני הכנסת
הסוגריים.
לדוגמא ,הטור 1 − 1 + 1 − 1 + . . .לא מתכנס ,אבל אם מכניסים סוגריים ,מתקבל
הטור (1 − 1) + (1 − 1) + . . . = 0שמתכנס.
75
כמו כן יש לשים לב שהכנסת סוגריים בטור שקולה למעבר לתת־סדרה של סדרת
הסכומים החלקיים .לכן ,לכל טור ניתן להוסיף סוגריים וליצור טור מתכנס )במובן הרחב(,
שהרי לכל סדרה יש תת־סדרה מתכנסת במובן הרחב.
זה גם נותן קריטריון להתבדרות :אם ישנן שתי דרכים שונות להכניס סוגריים המובילות
לסכומים שונים ,אזי הטור המקורי לא מתכנס )שכן לסדרת הסכומים החלקיים שלו שני
גבולות חלקיים שונים לפחות ,ועל כן היא לא מתכנסת(.
P
טור המתכנס בתנאי .אזי הטורים המתאימים Nn
למה 3.35יהי an
3.27מתבדרים שניהם .1
P
Pn ,
P
מהגדרה
הוכחה :ראשית נשים לב שב־ ) (anאינסוף איברים חיוביים ואינסוף איברים שליליים.
ואז היה מתכנסPבהחלט בניגוד
Pאותו סימן
אחרת ,הטור המקורי היה בעל
כמעט תמידPN,
PN
N
מתכנס ,שני
ולכן אם an
a
=
P
−
n
n
n=1
n=1
להנחה .יתר על כןn=1 Nn ,
הטורים מתבדרים או שני הטורים מתכנסים )שכן אם אחד מתבדר והשני מתכנס ,סכומם,
המקורי ,היהPמתבדר בסתירה להנחה( .אבל כעת אם שניהם מתכנסים אזי
שהוא
Pהטור P
היה מתכנס בסתירה להנחה ,ולכן אין מנוס מלהסיק ששניהם
= | |an
Pn + Nn
מתבדרים ,וכיוון שהם חיוביים ,הם מתבדרים לאינסוף.
P
טור המתכנס בתנאי .אזיPלכל x ∈ Rקיים טור bn
משפט ) 3.36רימן( יהי an
המתקבל מהטור המקורי ע"י החלפת סדר כך ש־ . bn = x
P
הוכחה :בה"כ נניח ,an 6= 0אחרת נוכל להשמיט את האפסים מבלי לשנות את הטור .כמו
כן נבנה סדרות חדשות (pk ) / (Pn ), (ql ) / (Nn ) ,שמתקבלות מהסדרות המקוריות ע"י
השמטת האפסים בסדרות אלה .כמובן גם ) .(pk ) / (an ), (−ql ) / (an
עתה נניח ) 0 ≤ xהמקרה האחר דומה( .יהי כעת k1האינדקס הראשון כך ש־
x < p1 + p2 + . . . + pk1 = s1
וכמובן .p1 + . . . + pk−1 ≤ xזה אפשרי כי ∞ = pk
.pk1
כעת נוכל לבחור l1האינדקס הראשון המקיים
P
.כמו כן יתקיים ≤ 0 ≤ s1 − x
t1 = s1 − (q1 + . . . + ql1 ) < x
P
וזה שוב אפשרי שכן ∞ = , qlוכן .0 ≤ x − t1 < ql1
אינדקסים כך ש־ < 0 ≤ sm − x
נמשיך בצורה אינדוקטיבית כך שבצעד ה־ mבוחריםP
מתכנס ולכן (an ) → 0וגם
pkmו־ .0 ≤ x − tm < qlmנשים לב שהטור an
.(pk ), (ql ) → 0גם תת־הסדרות ) (pkm ), (qklמתכנסות ל־ .0ואז מקבלים סנדוויץ' ,שהרי
.(sm ) → x, (tm ) → x
אי אפשר לעצור כאן כי אלה רק חלק מהסכומים החלקיים של הטור החדש שאנו בונים.
אם כך יהי unסכום חלקי כלשהו של הטור לאחר הסידור מחדש שמוביל לסדרת הסכומים
החלקיים ).(s1 , t1 , s2 , t2 , . . .
1בהרצאה ,למה זו ניתנה כהערה במסגרת הוכחת המשפט ,ולכן היא חלק אינטגרלי הימנו.
76
אם unהוא סכום שהאיבר האחרון בו הוא חיובי ,אזי קיים mכך ש־ tm−1 ≤ un ≤ sm
)כאשר לצורך העניין נניח .(t0 = 0באופן דומה ,אם unהוא סכום שהאיבר האחרון בו
הוא שלילי ,אזי קיים אינדקס mכך ש־ ) tm ≤ un ≤ sm−1ושוב .(s0 = 0אבל כאשר
∞ → nגם ∞ → mולכן מקבלים שוב סנדוויץ' ובגללו (un ) → xכפי שרצינו.
נתבונן בדוגמא מפורסמת מאוד ,שהיא הטור ההרמוני בעל סימנים מתחלפים ,כלומר הטור
1 1 1
+ − + ...
2 3 4
1−
ראינו שהטור הזה מתכנס ,נניח ל־ .Lראינו גם שהכנסת סוגריים לטור מתכנס לא
משנה את ההתכנסות ,ולכן נקבץ אותו בתור
∞
X
1 1
1
1
1
(
−
)=L
= (1 − ) + ( − ) + . . .
2
3 4
2n − 1 2n
n=1
כעת נתבונן בטור המתקבל ע"י החלפת סדר האיברים ,כך שיהיו שניים שליליים ואחד
חיובי .את הטור המתקבל אפשר לכנס באמצעות
∞
X
1 1
1 1 1
1
1
1
= (1 − − ) + ( − − ) + . . .
(
−
−
)
2 4
3 6 8
2n
−
1
4n
−
2
4n
n=1
1
1
12 ( 2n−1ולכן כל הסכום הוא מחצית מהסכום
− 2n
נשים לב שהביטוי הנסכם שווה ל־ )
המקורי ,כלומר . L2באופן דומה ניתן להראות שאם מחליפים את סדר האיברים כך שיהיו
) . 3Lכל זאת ועוד בתרגיל (.10
שניים חיוביים ואחד שלילי ,סכום הטור משתנה להיות 2
3.5
מכפלת טורים
2
נציין שקיימות דרכים רבות להציג מכפלת טורים ,שהרי לא ברור בצורה חד־משמעית כיצד
יש לכפול שני סכומים אינסופיים .אנו נשתמש בהגדרת המכפלה של קושי ,שמאפשרת את
התוצאה הנוחה הבאה:
משפט 3.37יהיו bn
P
an ,
P
טורים מתכנסים בהחלט .יהי cn
ai bj
i+j=n
X
P
הטור כך ש־
= cn
0≤i,j≤n
P
P
P
מתכנס ומתקיים ) cn = ( an )( bn
אזי הטור cn
P
.
2פרק זה נלמד רק בהרצאה של מר איתמר צביק ,ולכן ככל הנראה אינו מהווה חומר לבחינה.
77
הוכחה :נבנה את הסדרה ) ,(a0 b0 , a1 b0 , a0 b1 , a2 b0 , a1 b1 , a0 b2 , . . .וכעת נראה שהטור
המתאים לסדרה הזאת מתכנס בהחלט .נתבונן בסכום חלקי כלשהו .sיהי Nהמקסימלי
Pחלקי זהP.אזי סכום האיברים המוחלטים שמופיעים
מבין האינדקסים i, jהמופיעים בסכום
N
N
( ,כלומר:
()| |ai
בסכום זה חסום מלמעלה ע"י )| |bj
∞
∞
X
X
( ≤ )| |bj
()| |an
∞ < )| |bn
N
X
()| |ai
N
X
( ≤ | |ai bj
X
0≤i,j≤N
בזאת הראינו שהטור מתכנס בהחלט ,שהרי סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה.
הסכימה מבלי לשנות את סכום הטור,
ראינו שמותר לנו להכניס סוגריים ולשנות את סדר P
מתכנס.
ולקבל שהטור cn = (a0 b0 ) + (a0 b1 + a1 b0 ) + . . .
על מנת לחשב את סכומו ,נתבונן בסכומים "לפי ריבועים":
a0 b0 + (a1 b0 + a1 b1 + a0 b1 ) + (a0 b0 + a2 b1 + a2 b2 + a1 b2 + a0 b2 ) + . . .
הסכומים החלקיים של טור זה ,ו־ un , snהסכומים החלקיים של הטורים
סדרת P
תהי ) P (tn
המקוריים . an , Pbnאזי מתקיים tn = sn unוזו מכפלה של סדרות מתכנסות ,כלומר
P
ריבועים" מתכנס למכפלת סכומי
) .tn = sn un → ( an )( bnכיוון שכך ,הטור "לפי P
ע"י הכנסת סוגריים והחלפת
Pוהוא בעצמו בסה"כ מתקבל מהטור cn
הטורים המקוריים,
מתכנס למכפלת סכומי הטורים המקוריים ,כנדרש.
סדר ,ולכן גם cn
P∞ xn
דוגמא :ראינו כבר שהטור ! E(x) = n=0 nמתכנס בהחלט .כעת נתבונן ב־ )E(x)E(y
עבור x, y ∈ Rכלשהם .ובכן,
n
∞ i n−i
∞
∞ X
X
X
X
xi y n−i
n xy
(x + y)n
=
=
)= E(x + y
= )E(x)E(y
i! (n − i)! n=0 i
!n
!n
n=0
n=0 i=0
אנטי־דוגמא :הטור
∞P
n√ 1
)n=0 (−1
n+1
מתכנס בתנאי .נכפול אותו בעצמו לפי קושי:
n
n
X
X 2
1
1
)2(n + 1
√
p n
≥
=
≥
→2
n
2
2
n+2
n+2
)n − k + 1 k + 1 k=0 ( 2 + 1) − ( 2 − k
k=0
√
n
X
= | |cn
k=0
כלומר ,האיבר הכללי של טור המכפלה אינו שואף ל־ ,0ולכן טור המכפלה בכלל לא
מתכנס )וזאת משום שהטור המקורי מתכנס בתנאי ולא בהחלט(.
3.6
אפיון לֶבֶג לאינטגרביליות
ראינו בעבר ששינוי מספר סופי של נקודות לא פוגע באינטגרביליות של פונקציה וגם
לא בערך האינטגרל .השאלה היא האם שינוי של מספר אינסופי של נקודות בהכרח
פוגע באינטגרביליות .הזכרנו קודם ששינוי של מספר בן־מניה של נקודות לא משפיע על
אינטגרביליות ,כלומר למשל פונקציה בעלת מספר בן־מניה של נקודות אי־רציפות היא עדיין
אינטגרבילית .כאן נרצה להגיע לתוצאה אפילו יותר חזקה.
78
הגדרה 3.38קבוצה A ⊆ Rתיקרא בת מניה אם קיימת התאמה חח"ע ועל בין Nלבין .A
במילים אחרות ,אם קיימת סדרה ) (xnשהיא על ,Aכלומר .{xn } = A
אין לנו עניין במושג המידה הכללי ,אבל מעניינת אותנו מידה אפס:
Pלכל 0 < εקיימת סדרה ) (In
תיקרא בעלת מידה אפס אם
הגדרה 3.39קבוצה S A ⊆ R
∞
של קטעים פתוחים כך ש־ A ⊆ Inוגם . n=1 l(In ) < ε
דוגמאות:
.1כל קבוצה סופית } A = {x1 , . . . , xNהיא בעלת מידה אפס .בהינתן 0 < εלכל i
נמצא xi ∈ Iiכך ש־ .l(Ii ) < Nεהחל מ־ ,Nנגדיר ∅ = Inוקיימנו את ההגדרה) .למען
ההגינות ,דרשנו ש־ Inתמיד יהיו קטעים ,וקבוצה ריקה היא קטע באופן ריק(...
הקבוצה בסדרה ) .(xnבהנתן
.2כל קבוצה בת מניה היא בעלת מידה אפס .נסדר את ∞P
0 < εיהי xi ∈ Iiכך ש־ .l(Ii ) < 2εiכמובן i=1 l(Ii ) < ε ,משיקולי טור גיאומטרי.
בעלת מידה אפס )אם מקבלים את הקביעה שהיא בת מניה(.
מכאן ניתן להסיק למשל ש־ Q
∞S
כאן,
אפס.
מידה
בעלות
קבוצות
של
מניה
בן
איחוד
,A
=
.3נתבונן בקבוצה n=1 An
∞P
l(I
)
<
ש־
ונדרוש
I
,
.
.
.
,
I
,
.
.
.
פתוחים
קטעים
אפשר לכסות את A1באמצעות
1n
11
1n
n=1
∞P
. 2εבאופן דומה ,לכל Ajנדרוש . n=1 l(Ijn ) < 2εjזה ייתן לנו סדרה כפולה ,וראינו
שאפשר לבנות ממנה סדרה רגילה .לא הוכחנו ,אבל אפשר לסכום לפי שורות ואז לפי
שינוי
העמודה של הסכומים ואם מתקבלת תוצאה מתכנסת ,אז אפשר לשנות סדר ללאP P
התכנסות .הסדרה המתקבלת ,מאותם שיקולים של טור גיאומטרי ,תקיים l(Iij ) < ε
כנדרש מההגדרה.
.4אם B ⊆ Aו־ Aבעלת מידה אפס ,אז גם Bבעלת מידה אפס.
.5לא כל קבוצה בעלת מידה אפס היא בת מניה .למשל ,אפשר לקחת את הקטע ][0, 1
ולהוציא מתוכו את השליש האמצעי ) ( 13 , 23ואז מתוך שני הקטעים הנותרים שוב להוציא את
השליש האמצעי ,וכד' .אפשר להראות שבסה"כ סכום האורכים של הקטעים שהוצאנו הוא
,1כלומר מה שנשאר הוא בעל מידה אפס ,על אף שהקבוצה אינה בת מניה )שגם את זה
כמובן צריך להראות( .ר' למשל בויקיפדיה.Cantor set ,
אם לכל 0 < εקיימת סדרה סופית
תיקרא בעלת תכולה אפסPN
הגדרה 3.40קבוצה SNA ⊆ R
) (I1 , . . . , INכך ש־ A ⊆ n=1 Inוכן . n=1 l(In ) < ε
הערה 3.41כמובן ,כל קבוצה סופית היא בעלת תכולה אפס ,וכל קבוצה בעלת תכולה אפס
היא בעלת מידה אפס.
הגדרה 3.42תהי ] f ∈ B[a, bויהי .0 < αנאמר ש־ fהיא α־רציפה ב־ ] x ∈ [a, bאם
קיים 0 < δכך שלכל ) y, z ∈ (x − δ, x + δמתקיים ) .|f (y) − f (z)| < αבמונחי תנודה,
(.ωf (x) < α
טענה f 3.43רציפה ב־ xאםם לכל f ,0 < αהיא α־רציפה ב־ .x
הוכחה (⇐) :בהנתן 0 < αנמצא מהרציפות 0 < δכך שאם |x − x0 | < δאז |f (x) −
.f (x0 )| < α2כעת בהנתן ) ,x, y ∈ (x0 −δ, x0 +δכלומר גם |y−x0 | < δוגם ,|x−x0 | < δ
מתקיים
ε ε
+ =ε
2 2
< |)|f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (x0 )| + |f (x0 ) − f (y
79
)⇒( בהנתן 0 < εנמצא מה־ α־רציפות עבור α = εאת 0 < δכך שאם ∈ x, y
) (x0 −δ, x0 +δאז .|f (x)−f (y)| < εכעת אם |x−x0 | < δאז כמובן )x ∈ (x0 −δ, x0 +δ
וגם x0באותה סביבה ,ולכן .|f (x) − f (x0 )| < ε
הגדרה 3.44בהנתן ] f ∈ B[a, bנסמן לכל 0 < αאת הקבוצה Dαשל הנקודות שבהן f
איננה α־רציפה.
הערה .0 3.45אם ,x ∈ Dαזה אומר שלכל 0 < δקיימים ) y, z ∈ (x − δ, x + δכך ש־
.|f (y) − f (z)| ≥ α
.1אם 0 < α < βאזי ,Dβ ⊆ Dαשהרי .|f (y) − f (z)| ≥ β > α
.2אם fאיננה רציפה ב־ ,xאז קיים 0 < αכך ש־ .x ∈ Dαזה נובע מהטענה
כזה ,הפונקציה הייתה רציפה ב־.xS
הקודמת ,שכן אם לא היה קיים S α
.3כמסקנה מסעיף .D = α∈R+ Dα ,2יתר על כן D = n∈N D n1 ,שזהו איחוד בן
מניה של הקבוצות ) {D n1 }n∈Nבגלל סעיף ,1בהנתן 0 < αדי ש־ .(α > n1
למה 3.46תהי ] .f ∈ R[a, bאזי לכל ,0 < αהקבוצה Dαבעלת תכולה אפס.
אינטגרבילית ,קיימת חלוקה Pכך ש־
הוכחה :בהנתן 0 < εיהי .0 < ε0 < εכיוון ש־ f
Pn
,U(P) − L(P) < αε0כלומר . i=1 (Mi − mi )∆xi < αε0
S
כעת נאמר ש־ i ∈ Bאם ∅ = Dα ∩ (xi−1 , xi ) 6וכמובן ] Dα ⊆ i∈B [xi−1 , xiוייתכן
רק שפספסנו את הקצוות .לכן ,נאמר ש־
} {x0 , . . . , xn
[
) (xi−1 , xi
[
⊆ Dα
i∈B
יתר על כן ,אם i ∈ Bאז בקטע ) (xi−1 , xiיש זוג נקודות שעליהן ערך הפונקציה ≤ ,α
ולכן כמובן .Mi − mi ≥ αלכן,
∆xi
X
(Mi − mi )∆xi ≥ α
i∈B
X
≥ (Mi − mi )∆xi
n
X
> αε0
i=1
i∈B
P
לכן קיבלנו i∈B ∆xi < ε0ע"י צמצום ב־ .0 < αיש גם מספר סופי של נקודות
)נקודות החלוקה( שעלינו לכסות בקטעים פתוחים שאורכם הכולל > .ε − ε0זה כמובן לא
0
l(Ii ) < ε−εואז נקבל את הכיסוי הסופי הנדרש,
קשה ,יהיו xi ∈ Iiקטעים פתוחים כך ש־ n+1
[
[ n+1
) (xi−1 , xi
Ii
i=0
[
i∈B
ומתקיים גם
80
⊆ Dα
) d(xi−1 , xi
X
l(Ii ) +
i∈B
n+1
X
> ε = (ε − ε0 ) + ε0
i=0
כפי שרצינו.
מסקנה 3.47אם ] f ∈ R[a, bאז Dבעלת מידה אפס) .איחוד בן מניה של קבוצות בעלות
תכולה אפס ,ובפרט מידה אפס(.
הגדרה 3.48תהי ] .f ∈ B[a, bנאמר ש־ fהיא α־רציפה במידה שווה ב־ ] [a, bאם קיים
0 < δכך שלכל ] y, z ∈ [a, bאם |y − z| ≤ δאז .|f (y) − f (z)| < α
טענה f 3.49רציפה במ"ש בקטע אםם לכל 0 < αהיא α־רציפה במ"ש בקטע.
הוכחה :הנה המשמעות של שתי הטענות:
|x − y| < δ =⇒ |f (x) − f (y)| < ε
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ I
|x − y| < δ =⇒ |f (x) − f (y)| < α
∀α > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ I
כלומר ,הן זהות לחלוטין.
משפט 3.50תהי ] .f ∈ B[a, bאם fהיא α־רציפה בכל נקודה ] x ∈ [a, bאז fהיא
α־רציפה במ"ש ב־ ].[a, b
הוכחה:
הגדרה 3.51הקבוצה A ⊆ Rתיקרא סגורה אם כל סדרה ) (xnב־ Aשמתכנסת ,מתכנסת
לגבול ב־ .A
למשל ,כל קטע סגור ב־ Rמהווה קבוצה סגורה ,לרבות Rעצמו.
למה 3.52לכל 0 < αהקבוצה Dαסגורה.
∈ ,xכלומר קיים
הוכחה :תהי ) (xnסדרה ב־ Dαהמתכנסת ל־ .xנניח בשלילה ש־ / Dα
0 < δכך שאם ) y, z ∈ (x−δ, x+δאז .|f (y)−f (z)| < αאבל אז = ) Dα ∩(x− 2δ , x+ 2δ
∅ .מדוע? כי אם ) x0 ∈ Dα ∩ (x − 2δ , x + 2δאז עבור δ 0 = 2δמתקיים התנאי של α־רציפות
בנקודה .x0
δ
δ
אבל זה אומר שבקטע ) (x − 2 , x + 2אין אף איבר של ) ,(xnבסתירה לכך ש־ xהוא
הגבול שלה .לכן ,x ∈ Dαכלומר הקבוצה סגורה.
81
למה ) 3.53הלמה של היינה־בורל ,קומפקטיות( תהי ] B ⊆ [a, bקבוצה Sסגורה .נניח ש־
Bניתנת לכיסוי ע"י הקטעים הפתוחים והחסומים } ,{Iiכלומר .B ⊆ j∈J Ijאזי קיים
תת־כיסוי סופי ,כלומר קיימים אינדקסים j1 , . . . , jn ∈ Jכך ש־ .B ⊆ Ij1 ∪ · · · ∪ Ijn
הוכחה :נניח בשלילה שקיים כיסוי C = {Ij }j∈Jכזה שכל תת־קבוצה שלו אינה מכסה את
a+b
.[ a+bיהי Q1תת קטע כך ש־ B ∩ Q1אינו ניתן לכיסוי
.Bנתבונן בקטעים ] [a, 2ו־ ]2 , b
ע"י תת־קבוצה סופית של .Cקיים כזה ,כי אילו שני החצאים היו ניתנים לכיסוי סופי ,גם
הקטע כולו היה ניתן לכיסוי סופי.
|Qn | = b−a
ו־
,Q
=
[a,
]b
,Q
⊂
Q
ש־
כך
קטעים
באופן דומה ,נבנה סדרה של
n
0
n+1
n
2
כך שהקבוצה ∅ = B ∩ Qn 6אינה ניתנתTלכיסוי ע"י תת־קבוצה סופית של .C
לפי הלמה של קנטור ,יהי .x ∈ n∈N Qnנשים לב ש־ !x ∈ Bמדוע? ובכן ,יהי
|xn − x| ≤ b−aכי .x, xn ∈ Qnלכן (xn ) → xכסדרה ,אבל
.xn ∈ B ∩ Qnאזי כמובן 2n
Bסגורה ולכן x ∈ Bבתור גבול של סדרה ב־ ) Bשהרי .(xn ∈ B
אם כך ,קיים j ∈ Jכך ש־ ) x ∈ Ijבהיות .(x ∈ Bכעת קיים 0 < δכך ש־
,[x − δ, x + δ] ⊂ Ijוקיים גם nכך ש־ l(Qn ) < δוכמובן .x ∈ Qnלכן ,Qn ⊂ Ijוזו
סתירה ,כי הצלחנו לכסות את Qnע"י קטע אחד בלבד ,שהוא תת־קבוצה סופית של .C
למה 3.54אם Dבעלת מידה אפס ,אז לכל 0 < αהקבוצה Dαבעלת תכולה אפס.
הוכחה :ראינו ש־ ,Dα ⊆ Dולכן Dαגם כן בעלת מידה אפס .כלומר ,בהינתן 0 < εקיים
כיסוי של Dαע"י קטעים שסכום אורכיהם קטן מ־ .εאבל כיוון ש־ Dαסגורה ,לפי הלמה
של היינה־בורל קיימת תת־קבוצה סופית של כיסוי זה שמהווה כיסוי סופי של ,Dαוכמובן
סכום אורכי הקטעים בתת־כיסוי זה קטן גם הוא מ־ .ε
למעשה ,אפשר לדרוש גם שהכיסוי יהיה איחוד זר :אם יש בכיסוי שני קטעים שנחתכים,
נחליף אותם באיחוד שלהם ,מה שייתן לנו קטע חדש עם אורך שלא יעלה על סכום אורכי
שני הקטעים המקוריים.
משפט 3.55אם ] f ∈ B[a, bו־ Dבעלת מידה אפס ,אז ].f ∈ R[a, b
ניתן להציג
הוכחה :בהנתן < ε
0 Uיהי .0 < α < εהקבוצה Dαבעלת תכולה אפס ,ולכןPn
n
Dα ⊆ i=1איחוד זר של קטעים פתוחים כך ש־ . i=1 l(Ii ) < εנתבונן
אותה בתור UnIi
במשלים [a, b] \ i=1 Iiשהוא איחוד זר של מספר סופי של קטעים סגורים .J1 , . . . , Jm
נתבונן בכיסוי של ] [a, bהמורכב מהקטעים הסגורים J1 , . . . , Jmוהקטעים I1 , . . . , In
שהם הקטעים הפתוחים לאחר שסגרנו אותם בקצוות .כיסוי זה משרה חלוקה Pשל ].[a, b
אבל כעת,
m
n
X
X
(Mj − mj )∆xj +
(Mi − mi )∆xi
i=1
= )U(P) − L(P
j=1
כאשר האינדקסים השמאליים מתאימים ל־ J1 , . . . , Jmוהאינדקסים הימניים ל־ .I1 , . . . , In
יהיו m < f < Mחסמים על ,fואז:
∆xi < (M − m)ε
n
X
)(Mi − mi )∆xi ≤ (M − m
i=1
n
X
i=1
82
יתר הקטעים } {Jjלא שייכים ל־ ,Dαכלומר הפונקציה α־רציפה בהם .הקטעים
האלה סגורים ,ובכל אחד מהם הפונקציה α־רציפה במ"ש ולכן היא α־רציפה במ"ש ב־
.J1 ∪ · · · ∪ Jmעבור 0 < εשאנו עובדים איתו ,קיים 0 < δכך ש־
|y − z| ≤ δ =⇒ |f (y) − f (z)| < α < ε
Ji
m
[
∈ ∀y, z
i=1
נעדן את Pאם צריך ,כך ש־ λ(P) < δואז
m
m
X
X
(Mj − mj )∆xj ≤ α
)∆xj < ε(b − a
j=1
j=1
)מאחר שאורכי הקטעים קטנים מ־ ,δהרצבמ"ש מספקת את החסם( ובסה"כ קיבלנו
U(P) − L(P) < (M − m)ε + (b − a)ε
כלומר כפולה קבועה וחיובית של ,εולכן סיימנו.
מסקנה ) 3.56אפיון לבג לאינטגרביליות( ] f ∈ B[a, bאינטגרבילית אםם קבוצת נקודות
האי־רציפות שלה ) (Dבעלת מידה אפס.
4
4.1
סדרות וטורי פונקציות
סדרות פונקציות
הגדרה 4.1תהי .X ⊆ Rסדרה של פונקציות ממשיות ) (fnב־ Xהינה סדרה כך ש־
fn : X → Rפונקציה.
נאמר שסדרת הפונקציות ) (fnמתכנסת ב־ x ∈ Xאם סדרת המספרים ))(fn (x
מתכנסת .נאמר שסדרת הפונקציות מתכנסת נקודתית ב־ Xאם היא מתכנסת לכל .x ∈ X
במקרה זה ,נגדיר f : X → Rהמקיימת ) f (x) := limn→∞ fn (xוהיא תיקרא הפונקציה
הגבולית של הסדרה.
דוגמאות:
,fn (x) = n1 x .1והפונקציה הגבולית היא .0
,gn (x) = xn , X = [0, 1] .2והפונקציה הגבולית היא 0בכל הקטע למעט ,1שם היא
.1זו דוגמא לכך שגבול של סדרת פונקציות רציפות אינו בהכרח פונקציה רציפה.
.3
1
n
x < − n1
−1
1
≤ fn (x) = −1 + n(x + n ) − n1 ≤ x
1
1
n <x
83
וכאן הפונקציה הגבולית היא ).sgn(x
.4הפונקציה ה־ nיוצרת משולש בגובה 2nוברוחב n1ברביע הראשון.
במקרה זה ,האינטגרל של הפונקציה הגבולית )שהוא (0לא מתלכד עם הגבול של
האינטגרלים )שהוא .(1
kn (x) = x21+n .5בקטע ] ,[0, 1וכאן הפונקציה הגבולית היא זהותית 0על כל הקטע.
hn (x) = x1n .6בקרן )∞ [1,וכאן הפונקציה הגבולית היא 0למעט ב־ 1שם היא .1
dn (x) = limm→∞ (cos n!πx)2m .7ב־ ].[0, 1
זאת פונקציה שניתן להגדיר גם בתור
(
Z
!1 n!x ∈ Z ⇐⇒ x ∈ ” n
”
= )dn (x
0 otherwise
∈ .xלכל ,nל־ ) dn (xיש מספר סופי של נקודות אי־רציפות.
כלומר dn (x) = 0 ,לכל / Q
זאת משום שאנו מחפשים x = pqעם 0 ≤ p ≤ qכך ש־ n! pqהוא שלם ,ויש רק מספר סופי
של q־ים שמתקזזים עם ! nבקטע ] .[0, 1לכן הפונקציות האלה כולן אינטגרביליות.
מאידך ניתן להראות ש־ ) ,lim dn (x) = D(xפונקציית דיריכלה ,שאינה אינטגרבילית.
p
! nשלם ,למשל עבור .n = qכלומר
זאת משום שלכל x = qיהיה לנו nמספיק גדול כך ש־ q
אכן (lim dn )(x) = 1לכל .x ∈ Q
הגדרה 4.2תהי ) (fnסדרה של פונקציות ב־ ,Xו־ fפונקציה המוגדרת ב־ .Xנאמר
שהסדרה ) (fnמתכנסת ב־ Xבמידה שווה )במ"ש( ל־ fאם
∀n ∈ N N < n =⇒ |fn (x) − f (x)| < ε
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀x ∈ X
)בדומה לרציפות במ"ש ,ההבדל הוא שאותו ה־ Nצריך להתאים לכל איברי (.X
הערה 4.3אם סדרת פונקציות מתכנסת במ"ש ,היא כמובן מתכנסת נקודתית .נשים לב
לסתירה של התכנסות במ"ש (fn ) :אינה מתכנסת במ"ש ל־ fב־ Xאם
N < n ∧ |fn (x) − f (x)| ≥ ε
∃n ∈ N :
∃ε > 0 ∀N ∈ N ∃x ∈ X
דוגמאות ואנטי־דוגמאות:
.1הסדרה kn (x) = x21+nמקודם מתכנסת ל־ g ≡ 0במ"ש בקטע ] .[0, 1זאת משום
ש־ | x21+n − 0| = x21+n ≤ n1ללא תלות ב־ ,xכך שבהנתן ε > 0די לבחור Nהמקיים
. N1 < ε
(
0 0≤x<1
.2נראה ש־ fn (x) = xnלא מתכנסת במ"ש ב־ ] [0, 1לפונקציה
1 x=1
1
√ = .x1 = 12 , . . . , xkנשים לב ש־
למשל ,נבחר ε = 12ונגדיר את סדרת הנקודות
k
2
0 ≤ xk < 1ונשים לב ש־
= ).f (x
84
1 k
1
) − 0| = ≥ ε
2
2
r
k
(| = |) |fk (xk ) − f (xk
וכך שללנו את ההתכנסות במ"ש.
הערה 4.4דרך אחרת לנסח התכנסות במ"ש היא באמצעות הקריטריון:
sup{|fn (x) − f (x)|} < ε
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N
x∈I
זה נותן כלי מעשי להערכת ההתכנסות אם ניתן לחשב בקלות את הסופרמום הנ"ל .הנ"ל
שקול לטענה
lim sup{|fn (x) − f (x)|} = 0
n→∞ x∈I
טענה 4.5אם fn → fבמ"ש ו־ gn → gבמ"ש ,אזי fn +gn → f +gבמ"ש ו־ fn gn → f g
נקודתית אך לאו דווקא במ"ש.
הוכחה :לגבי הסכום,
}|)sup{|fn (x) + gn (x) − f (x) − g(x)|} ≤ sup{|fn (x) − f (x)|} + sup{|gn (x) − g(x
x∈I
x∈I
x∈I
ולכן כמובן ← 0כאשר .∞ ← n
לגבי המכפלה ,התוצאה נובעת מאריתמטיקה של גבולות בכל נקודה .כדי להראות
שההתכנסות היא לאו דווקא במ"ש די להביא דוגמא אחת:
1
n
gn (x) = x
fn (x) = x +
שתי הסדרות מתכנסות במ"ש על Rלפונקציה הגבולית ,xאבל המכפלה x2 + nxמתכנסת
נקודתית ל־ x2אבל לא במ"ש .בנקודות xn = nמתקיים
n
− n2 | = 1
n
|fn (xn )gn (xn ) − f (xn )g(xn )| = |n2 +
כלומר הסופרמום לא שואף ל־ 0ולכן ההתכנסות היא לא במ"ש.
הערה 4.6אילו הפונקציות f, gהיו חסומות ,התכנסות המכפלה הייתה במ"ש.
85
משפט ) 4.7קריטריון קושי להתכנסות במ"ש( תהי ) (fnסדרה של פונקציות ב־ .Xאזי
) (fnמתכנסת במ"ש ב־ Xלפונקציה גבולית אםם
∀n, m ∈ N N < m, n =⇒ |fn (x) − fm (x)| < ε
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀x ∈ X
הוכחה (⇐) :בהנתן ε > 0יהי N ∈ Nכך שאם m, n > Nאז
לגבי ) .fm (xאזי
ε ε
+ =ε
2 2
ε
2
< |) |fn (x) − f (xוכנ"ל
< |)n, m > N =⇒ |fn (x) − fm (x)| ≤ |fn (x) − f (x)| + |fm (x) − f (x
כנדרש.
)⇒( נניח את קיום הקריטריון .נשים לב שלכל ,x ∈ Xסדרת המספרים )) (fn (xהנה
סדרת קושי ולכן מתכנסת .נגדיר את הפונקציה הגבולית ) f (x) := limn→∞ fn (xונרצה
להראות שההתכנסות אליה היא במ"ש ב־ .Xבהנתן ε > 0יהי 0 < ε0 < εולפי הקריטריון
יהי Nε0 ∈ Nכך שלכל n, m > Nמתקיים |fn (x) − fm (x)| < ε0לכל .x ∈ X
אך כעת נקבע את nוניתן ל־ mלשאוף לאינסוף ,ונקבל:
|fn (x) − lim fm (x)| = |fn (x) − f (x)| ≤ ε0 < ε
∞→m
כנדרש )יש לשים לב שהא"ש הפך לחלש כיוון שלקחנו גבול באגף שמאל(.
משפט 4.8תהי ) (fnסדרה של פונקציות רציפות המתכנסות במידה שווה לפונקציה fב־
.Xאזי fרציפה.
הוכחה :נוכיח את הרציפות בנקודה x ∈ Xכלשהי .בהנתן ε > 0יהי N ∈ Nכך שלכל
m, n > Nמתקיים |fn (y) − f (y)| < 3εבקטע .נתבונן בפונקציה fNשהיא רציפה ב־ ,X
בפרט בנקודה .xלכן קיים δ > 0כך שאם |y − x| < δאז .|fN (y) − fN (x)| < 3εאבל
כעת,
ε ε ε
+ + =ε
3 3 3
< |)|y−x| < δ =⇒ |f (y)−f (x)| ≤ |f (y)−fN (y)|+|fN (y)−fN (x)|+|fN (x)−f (x
הערה 4.9נשים לב ש־
)lim lim fn (x) = lim lim fn (x
n→∞ x→a
∞→x→a n
במקרה זה ,כלומר בגלל ההתכנסות במ"ש ניתן להחליף את סדר הגבולות.
86
משפט 4.10תהי ) (fnסדרת פונקציות אינטגרביליות ב־ ] [a, bהמתכנסת ´במ"ש לפונקציה
x
fבאותו קטע .אזי fאינטגרבילית בקטע .יתר על כן ,אם Fn (x) = a fn (t)dtו־
´x
F (x) = a f (t)dtאזי ) (Fnמתכנסת במ"ש ל־ Fבקטע.
הוכחה :בהנתן ε > 0יהי N ∈ Nכך שאם n ≥ Nאז
נתבונן ב־ .fNמתקיים
ε
)2(b−a
ε
ε
< f < fN +
)2(b − a
)2(b − a
< |) .|fn (t) − f (tכעת
fN −
כיוון ש־ fNאינטגרבילית בקטע ,הצלחנו לחסום את fבאמצעות שתי פונקציות
אינטגרביליות וכמובן
ˆ
b
ε
)(x)dx = ε
)2(b − a
(fN −
a
ε
)(x)dx −
)2(b − a
b
ˆ
(fN +
a
וזה מספיק על מנת ש־ fתהיה אינטגרבילית מתוקף משפט .2.63לכן ניתן באמת
להגדיר את הפונקציה המצטברת Fכנ"ל .כעת נשים לב ש־
b
ˆ
|fn (t)−f (t)|dt
x
ˆ
≤ |fn (t)−f (t)|dt
a
ˆ
x
≤ |(fn (t)−f (t))dt
x
| = |f (t)dt
a
a
ובהנתן ε > 0יהי Nכך ש־
ˆ
ε
b−a
x
ˆ
| = |)|Fn (x)−F (x
fn (t)dt−
a
a
< |) |fN (t) − f (tואז אם n ≥ Nמקבלים
ε
dt = ε
b−a
b
ˆ
< |)|Fn (x) − F (x
a
כלומר ) (Fnמתכנסת ל־ Fבמ"ש.
הערה 4.11לא נכון לומר באופן כללי ש־
b
ˆ
fn (x)dx
b
ˆ
lim fn (x)dx = lim
a
∞→a n
∞→n
כלומר ההתכנסות צריכה להיות במ"ש כדי שזה יתקיים .ראינו דוגמה קודם לכך
שגבול האינטגרלים הוא 1אבל האינטגרל של הפונקציה הגבולית הוא .0יתר על כן,
הפונקציה הגבולית לאו דווקא אינטגרבילית–ראינו סדרת פונקציות אינטגרביליות שמתכנסות
לפונקציית דיריכלה ,שכמובן אינה אינטגרבילית.
כמו כן ,המשפט הנ"ל לא עובד לגבי אינטגרלים לא אמיתיים:
∞
ˆ
0
0
למרות ש־ → 0
1
n
1
= ∞ = dx
=6 0
n
במ"ש.
87
∞
ˆ
0
משפט 4.12תהי ) (fnסדרה של פונקציות גזירות ברציפות בקטע .Iאם קיים a ∈ Iכך ש־
)) (fn (aמתכנסת וגם הסדרה ) (fn0מתכנסת במ"ש ב־ Iלפונקציה ,gאזי ) (fnמתכנסת
במ"ש בקטע לפונקציה fהמקיימת f 0 = gבקטע.
הוכחה :נשים לב שלכל x ∈ Iהפונקציות ) (fn0אינטגרביליות בקטע ] [a, xכי לפי ההנחה
רציפות .לפי משפט ההתכנסות במ"ש ´של פונקציות אינטגרביליות ,גם ] g ∈ R[a, xו־
הן ´ x
x
) ( a fn0מתכנסת במ"ש ב־ ] [a, xל־ . a gלפי המשפט היסודי,
x
ˆ
fn0
=
)fn (x) − fn (a
ˆax
)fn0 + fn (a
=
)fn (x
a
´x
וכאן לפי ההנחה )) (fn (aמתכנסת ו־ ) ( a fn0מתכנסת ולכן גם ) (fnמתכנסת
לפונקציה גבולית fומתקיים
x
ˆ
)g + f (a
x
ˆ
= )g + lim fn (a
a
∞→n
= )f (x) = lim fn (x
a
∞→n
בקטע ].[a, x
למעשה ,ההתכנסות היא במ"ש ´ x
המשקל בנוגע לגזירות נופל על , a gוכיוון ש־ gהיא גבול במ"ש של פונקציות רציפות,
´x
גם היא רציפה .לכן a gגזירה בכל ] [a, xונקבל f 0 (x) = g(x) + 0כפי שרצינו.
הערה 4.13ללא הדרישה על ההתכנסות במ"ש של סדרת הנגזרות ,לא ניתן היה לטעון את
המשפט.
fn (x) = sinמתכנסת במ"ש לפונקציית האפס כי √nx | ≤ √1
למשל ,הסדרה √nx
| sin
n
n
n
כמו כן ,הפונקציות עצמן גזירות וגם הפונקציה הגבולית גזירה .עם
והחסם לא תלוי ב־ √ .x
זאת,
הנגזרות fn0 (x) = n cos nxלא מתכנסות בכלל כי עבור x 6= 0לא קיים הגבול
√
.lim n cos nxלכן דרושים התנאים החזקים יותר שנתונים במשפט.
טענה 4.14תהי ) (fnסדרה של פונקציות חסומות בקטע Iהמתכנסות במ"ש ב־ Iלפונקציה
.fאזי fחסומה.
הוכחה :קיים Nכך ש־ |fN (x) − f (x)| < 1לכל ,x ∈ Iכלומר
fN (x) − 1 < f (x) < fN (x) + 1
ולכן גם fחסומה.
למה 4.15יהי x ∈ Rו־ } .n ∈ N ∪ {0מתקיים
88
n k
)(nx − k
)x (1 − x)n−k = nx(1 − x
k
2
n
X
k=0
ובקטע ] [0, 1הביטוי הנ"ל גם ≥ . n4
הוכחה :נגזור את הביטוי
n
X
n k n−k
x y
k
= (x + y)n
k=0
לפי xונקבל
n
X
n k−1 n−k
x
y
k
=
k
n−1
)n(x + y
k=1
ואם מציבים y = 1 − xאז מקבלים
n
X
n
= n
kxk−1 (1 − x)n−k
k
k=1
n
X
n
kxk (1 − x)n−k
= nx
k
k=1
n
X
n
=
kxk (1 − x)n−k
k
k=0
ואם גוזרים שוב לפי xאז מקבלים
n
X
n
=
k(k − 1)xk−2 y n−k
k
n−2
)n(n − 1)(x + y
k=2
ועבור y = 1 − xנקבל
k(k − 1)xk (1 − x)n−k
n
X
n
k
= n(n − 1)x2
k=0
ומשלושת הביטויים האלה מקבלים אלגברית את הנדרש–צביק הבטיח לשים הוכחה
באתר.
89
משפט ) 4.16ברנשטיין־ויירשראס( תהי ] .f ∈ C 0 [0, 1אזי קיימת סדרה ) (Bnשל פולינומים
אשר מתכנסים במ"ש ב־ ] [0, 1ל־ .f
הוכחה :נגדיר את פולינום ברנשטיין של fמסדר nלהיות
k n k
) (f
x (1 − x)n−k
n k
n
X
=Bn f (x) :
k=0
בקטע.
נראה שאלה הפולינומים שמתכנסים
במ"ש ל־ k f
שלפי הבינום של ניוטוןx (1 − x)n−k ,
נשים לב
Pn
. k=0 f (x) nk xk (1 − x)n−kמכאן:
Pn
n
k=0 k
n
X
n k
k
| x (1 − x)n−k
])[f ( ) − f (x
n
k
k=0
n
X
k
n k
|)|f ( ) − f (x
x (1 − x)n−k
n
k
|
= 1ולכן = )f (x
= |)|Bn f (x) − f (x
≤
k=0
כעת ,בהנתן ,ε > 0כיוון ש־ fרציפה בקטע חסום וסגור היא גם רצבמ"ש ולכן קיים
δ > 0כך שאם |x − y| < δאז |f (y) − f (x)| < 2εלכל ] .x, y ∈ [0, 1נחלק את
האינדקסים לשתי קבוצות )הטובים Gוהרעים (Bכך ש־
k
− x| < δ
n
k
ε
< |)|f ( ) − f (x
n
2
| ⇒⇐ k ∈ G
k
− x| ≥ δ
n
| ⇒⇐ k ∈ B
k
− x)2 ≥ δ 2
n
n2 δ 2 ≤ (nx − k)2
(
זה מאפשר לפרק את האי־שוויון מקודם:
90
X
εX n k
x (1 − x)n−k +
2
k
k∈G
k∈B
n
X
X
ε
n k
x (1 − x)n−k +
2
k
k=0
k∈B
ε X
+
2
≤
X
k∈B
+
X
=
k∈G
≤
=
k∈B
נשים לב שהפונקציה fרציפה בקטע חסום וסגור ולכן חסומה בו ע"י .m ≤ f ≤ M
לכן,
n k
)(M − m
x (1 − x)n−k
k
k∈B
X n
)(M − m
xk (1 − x)n−k
k
k∈B
X (nx − k)2 n
xk (1 − x)n−k
)(M − m
n2 δ 2
k
k∈B
X
M −m
2 n
(nx
−
)k
xk (1 − x)n−k
n2 δ 2
k
k∈B
n
M −m X
2 n
)(nx − k
xk (1 − x)n−k
n2 δ 2
k
X
≤
X
k∈B
=
≤
=
≤
k=0
M −mn
M −m
=
n2 δ 2 4
4nδ 2
≤
)המעבר האחרון הוא בזכות הלמה( ,וכעת אם M = mסיימנו ,כלומר הפונקציה קבועה
N > 21 Mδ−mואז לכל n > N
Pבדיוק .אחרת ,יהי N ∈ Nכך ש־
והפולינומים שווים לה
2ε
נקבל ש־ . k∈B < 2εלכן כל הסכום כולו > εונשים לב שה־ Nהנ"ל וה־ δהנ"ל לא
תלויים ב־ xולכן אכן קיבלנו התכנסות במ"ש.
4.2
טורי פונקציות
הגדרה 4.17תהי ) (fnסדרת פונקציות בקטע .Iנגדיר סדרה חדשה ) (snשל פונקציות
באותו קטע כך ש־
)sn (x) := f0 (x) + . . . + fn (x
ונכנה את ) (snבשם הטור המתאים לסדרה ) .(fn
נאמר שהטור מתכנס נקודתית לפונקציה Sהמוגדרת ב־ Iאם ) sn (x) → S(xנקודתית
בכל .x ∈ Iנאמר שהטור מתכנס במ"ש ב־ Iאם sn → Sבמ"ש ב־ .I
91
דוגמא :יהי ) I = (−1, 1ו־ .fn (x) = xnאזי
)"סכום הטור"(.
1
1−x
= )fn (x
∞P
n=0
וזו הפונקציה הגבולית
)קריטריון קושי להתכנסות במ"ש של טורים( תהי ) (fnסדרה של פונקציות ב־
משפט P 4.18
מתכנס במ"ש ב־ Iאםם
.Iהטור fn
∀n, m ∈ N N < n < m =⇒ |fn+1 (x)+. . .+fm (x)| < ε
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀x ∈ I
הוכחה :מיידית מקריטריון קושי להתכנסות במ"ש של סדרות פונקציות )משפט .(4.7
הערה 4.19כמובן שכל המשפטים לגבי רציפות ,אינטגרביליות ,וגזירות של הפונקציה הגבולית
נכונים גם בהקשר של טורי פונקציות–שהרי ) (snיוצרת סדרה של פונקציות בעלת אותן
התכונות כמו ) .(fn
ב־ Iו־ ) (Mn
משפט ) 4.20קריטריון Mשל ויירשטראס( תהי ) (fnסדרה של פונקציות P
מתכנס .אזי
מספרים חיוביים כך ש־ |fn (x)| ≤ Mnלכל ,x ∈ Iוהטור Mn
סדרה שלP
מתכנס במ"ש ב־ .I
הטור fn
P
מתכנס ,ולכן הוא מקיים את
הוכחה :נשתמש בקריטריון קושי לטורי מספרים .הטור Mn
קריטריון קושי .בהנתן ε > 0יהי Nכך שאם N < n < mאז ,|Mn+1 + . . . + Mm | < ε
ואפשר כמובן לוותר על הערך המוחלט .אז לכל x ∈ Iנקבל
Mi < ε
m
X
i=n+1
≤ |)|fi (x
m
X
≤ |)fi (x
i=n+1
m
X
| ⇒= N < n < m
i=n+1
כלומר קיבלנו את קריטריון קושי לטורי פונקציות )המשפט הקודם(.
Pm
P
מתכנס בהחלט ,שכן התבוננו ב־ |). i=n+1 |fi (x
מסקנה 4.21בתנאי המשפטfn ,
P 1
דוגמאותP :
1
והטור הימני מתכנס ,ולכן הטור השמאלי מתכנס במ"ש בכל .R
≤
2
2
x +n
n2 .1
∞P
n 1
.2מאידך ,נתבונן על הטור n=1 (−1) x2 +nבקטע ] .[0, 1זהו טור לייבניץ לכל x
בקטע ,אבל הטור לא מתכנס בהחלט ,שכן בערך מוחלט זהו "מעין זנב" של הטור ההרמוני
שמתבדר ,כי
1
1
| ≥ |(−1)n
|
+n
1+n
x2
בקטע ] [0, 1וההתבדרות היא מקריטריון ההשוואה.
אך האם ההתכנסות היא במ"ש? לכל ,x
92
|(−1)n
1
1
1
− S(x)| ≤ 2
≤
+i
)x + (n + 1
n+1
x2
n
X
(−1)i
|
i=1
לפי הקריטריון של משפט לייבניץ .זהו חסם שלא תלוי ב־ xולכן ההתכנסות היא במ"ש.
זו הייתה דוגמא לטור שמתכנס במ"שPאבל לא בהחלט.
P∞ n
∞
x
=
הטור
[0,
)1
שב־
ראינו
n=0בקטע ].[0, 1
.3נתבונן בטור )xn (1 − x
n=0
∞P
1
1−xולכן n=0 xn (1 − x) = 1בקטע זה .לעומת זאת עבור x = 1הטור הוא קבוע 0
(
)1 x ∈ [0, 1
ולכן מתכנס ל־ ,0כלומר הטור מתכנס נקודתית לפונקציה
= ) f (xשאינה
0 x=1
רציפים .לכן ההתכנסות היא לא במ"ש.
רציפה ,בעוד שהפולינומים היוצרים אותה∞P
.4נתבונן בטור ) . n=0 (−1)n xn (1 − xהטור מתכנס במ"ש כי זהו טור לייבניץ ,ולפי
משפט לייבניץ מתקיים
n
X
|
)(−1)i (1 − x) − S| ≤ xn+1 (1 − x
i=0
ולפונקציה ) gn (x) = xn+1 (1 − xיש מקסימום ב־
n+1
n + 1 n+1
)
(1 −
)
n+2
n+2
n+1
n+2
ולכן
(≤
והחסם הזה לא תלוי ב־ ,xוכמובן ← 0כי הנכפל השמאלי חסום והימני שואף ל־ .0
אם כן זהו טור שמתכנס בהחלט )דוגמא (3ומתכנס במ"ש ,אך לא מתכנס בהחלט במ"ש
)דוגמא .(3
π
) P∞ arctan(x2
.5הטור n=1 e n2 +x2מתכנס במ"ש ב־ Rכי הוא חסום ע"י en22שמתכנס.
∞P
) .6פונקציית ζשל רימן( n=1 n1xמתכנס נקודתית בקרן )∞ (1,ובמ"ש לכל תת־קטע
)∞ [a,כאשר .a > 1זאת משום ש־
∞ ˆ
∞
X
1
1
1
∞ t1−x
|1 = 0 −
∞<
≤
dt
=
x
x
n
t
1
−
x
1
−
x
1
n=1
1
x−1בקטע )∞ ,(1,ולכן אין התכנסות
ההתכנסות הנקודתית היא לפונקציה הלא־חסומה
במ"ש כי סדרת פונקציות חסומות לא יכולה להתכנס במ"ש לפונקציה לא חסומה.
4.3
טורי חזקות
∞P
n
n=0 cn xPייקרא טור חזקות .באופן
הגדרה 4.22תהי ) (cnסדרה של מספרים .הטור
∞
כללי יותר ,נכנה גם טור מהצורה n=0 cn (x − a)nטור חזקות )עבור aממשי(.
93
דוגמאות:
P∞ xn
n=0מתכנס לכל xוהסכום הוא .ex
הטור
.1
P n!n
מתכנס עבור .1 < x < −1
x
הטור
.2
P
עבור x = 0בלבד.
.3הטור n!xn
n+1מתכנס∞P
xn
) n=1 (−1מתכנס עבור −1 < x < 1שכן האיבר הכללי חסום ע"י
.4הטור n
|x|nוהוא מתכנס .כמו כן ,ב־ x = 1יש התכנסות )לייבניץ( וב־ x = −1לא )הטור
ההרמוני( .לכן ההתכנסות היא ב־ ].x ∈ (−1, 1
∞P
2n
.5הטור n=1 (−1)n+1 xnמתכנס ב־ ) −1 ≤ x ≤ 1ברור מהדוגמא הקודמת(.
למה ) 4.23לייבניץ( אם הטור cn xn
כך ש־ |.|x| < |r
P
הוא טור מתכנס של מספרים .לכן ) (cn rnשואפת ל־ 0ובפרט
הוכחה :הטור cn rn
חסומה ,ויהי Mכך ש־ |cn rn | ≤ Mלכל .nנשים לב שאם r = 0אין מה להוכיח ,ואחרת,
P
מתכנס עבור r ∈ Rאזי הוא גם מתכנס עבור כל x
X
X
X x
x
x
x
≤ |cn rn || |n
M | |n ≤ M
∞ < | |n
≤ | |cn rn ( )n
r
r
r
r
כי | xr | < 1לפי ההנחה .קיבלנו שהטור cn xn
P
X
= | |cn xn
X
מתכנס בהחלט ולכן מתכנס.
P
טור חזקות .אזי מתקיים אחד מהבאים:
משפט 4.24יהי cn xn
הטור מתכנס לכל ;x ∈ R
קיים ∞ < 0 < Rכך שהטור מתכנס לכל |x| < Rומתבדר עבור |;R < |x
הטור מתכנס רק עבור .x = 0
P
.0Pנניח ש־ Iאינה
.I = {x ∈ R :כמובן ∅ = I 6כי ∈ I
הוכחה :יהי }∞ < cn xn
n
מתכנס ולפי הלמה
Pבהנתן ,x0 ∈ Rיהי r ∈ Iעם .|x0 | < rאזי cn r
חסומה מלמעלה.
מתכנס.
הקודמת cn xn0
חסומה ויהי ) 0 < R = sup Iאם R = 0אין מה להוכיח( .כעת אם |x0 | < R
אחרתP I n,
להיפך ,אם
הלמה.
לפי
|x
|
<
r
≤
R
ש־
כך
r
∈
I
קיים
שכן
מתכנס,
אז הטור cn x0
0
P
P
מתכנס
היה מתכנס ,הרי שיש | R < r < |x0כך ש־ cn rn
|x0 | > Rאזי אם cn xn0
לפי הלמה ,וזאת בסתירה לכך ש־ .R = sup I
הגדרה 4.25מן המשפט הקודם ,ניתן לדבר על קטע ההתכנסות של הטור–הקטע שבו הטור
מתכנס R .יכונה רדיוס ההתכנסות )ויכול להיות גם 0או ∞(.
משפט ) 4.26נוסחת קושי־הדמרד( יהי cn xn
P
טור חזקות .יהי
p
1
| = lim sup n |cn
R
∞→n
אזי Rהוא רדיוס ההתכנסות של הטור ,והכוונה היא ש־ ∞ =
הנוסחא.
94
1
0
ו־ = 0
1
∞
לצורך
p
הוכחהp:באמצעות קריטריון השורש .אם | 1 > lim sup n |cn ||xאז הטור מתכנס ,ואם
1 < lim sup n |cאז הטור מתבדר .למשל ,במקרה הראשון ,הטור מתכנס עבור
|pn ||x
1
| |xוזה בדיוק שקול לטענה לגבי רדיוס ההתכנסות.
| > lim sup n |cn
P
טור חזקות עם רדיוס התכנסות Rוקטע התכנסות .Iתהי
מסקנה 4.27Pיהי cn xn
= f (x) :עבור .x ∈ Iאזי הפונקציה fרציפה ב־ Iשכן היא גבול במ"ש של
cn xn
פולינומים שיוצרים את טור החזקות.
יתר על כן ,לכל קטע [a, b] ⊂ Iהפונקציה fאינטגרבילית בו )מאותו שיקול–גבול של
סדרת פולינומים שהם רציפים ולכן אינטגרביליים על כל קטע סגור(.
משפט 4.28יהי cn xn
P
טור חזקות עם רדיוס התכנסות Rוקטע התכנסות .Iיהיו גם
cn nxn−1
∞
X
xn+1
n+1
n=1
cn
∞
X
n=0
טורי הנגזרת והאינטגרל )שניהם טורי חזקות( .אזי לשניהם אותו רדיוס התכנסות כמו
לטור המקורי.
הוכחה :נשתמש בנוסחת קושי־הדמרד לגבי הטור של הנגזרת:
p
p
√
1
= | |cn | n−1 n = lim sup n |cn
R
n−1
p
|cn |n = lim sup
n−1
lim sup
לכן רדיוס ההתכנסות נשמר .באופן דומה ,גם הרדיוס של טור האינטגרל נשמר.
הערה 4.29רדיוס ההתכנסות נשמר תחת המשפט הקודם ,אבל קטע ההתכנסות עשוי
להתרחב לקצוות .בפרט ,כאשר עוברים לטור הנגזרות הקצוות עשויים "להתקלקל" וכאשר
עוברים לטור האינטגרל הקצוות עשויים "להשתפר".
הגדרה 4.30תהי gפונקציה גזירה אינסוף פעמים בקטע Iויהי .a ∈ Iהטור
∞
X
)g (n) (a
(x − a)n
!n
n=0
נקרא טור טיילור של gסביב ) aאו :בחזקות של .(x − a
)(n
P
= f (x) :אז .f (0) = c0 , . . . , f n!(0) = cnלכן טור החזקות
הערה 4.31אם cn xn
מהווה טור טיילור של הפונקציה הגבולית שלו בקטע ההתכנסות .במלים אחרות ,מקדמי
טור טיילור יהיו זהים לטור החזקות שיצר את הפונקציה.
אבל אי אפשר לעשות את המסלול ההפוך–אם לוקחים את טור הטיילור של הפונקציה,
אז הפונקציה הגבולית של טור הטיילור היא לאו דווקא הפונקציה המקורית .לדוגמא,
95
1
g(x) = e− x2עם g(0) = 0היא פונקציה רציפה ,גזירה אינסוף פעמים ,ומתקיים ש־
g (n) (0) = 0לכל .nלכן טור טיילור שלה הוא T g(x) ≡ 0וכמובן הפונקציה הגבולית שלו
לא מתלכדת עם הפונקציה המקורית) .הציור מראה את הפונקציה :היא "שטוחה" בצורה
יוצאת מן הכלל סביב (.0
מסקנה 4.32אם bn xn
מיחידות הטור.
P
= an xn
P
מתלכדים על ) x ∈ (−ε, εאזי an = bnלכל n
דוגמאות לבנייה של פונקציה מטור חזקות:
נראה
מספר ∞P
n
E(x) := n=0 xn! .1היא פונקציה המוגדרת בכל Rכי ראינו שהטור המתאים בעל
רדיוס התכנסות ∞ .כמו כן ,מתקיים
∞
∞
∞
X
X
X
xn−1
xn−1
xn
n
=
=
)= E(x
!n
!(n − 1)! n=0 n
n=1
n=1
= )E 0 (x
x
): E(x
וכעת נראה ש־ .E(x) = eנתבונן ב־ ex
E(x) 0
E 0 (x)ex − E(x)ex
= )
=0
x
e
(ex )2
(
) E(xכאשר Cקבוע .במלים אחרות E(x) = Cex ,ונציב x = 0ונקבל
כלומר ex = C
,E(0) = Cוכמובן קל לבדוק לפי הטור מהו ) E(0והוא כמובן ,1ולכן .E(x) ≡ ex
.2הטורים הבאים הופיעו בתרגיל :11
x2n+1
!)(2n + 1
(−1)n
∞
X
x2n
!)(2n
= )S(x
n=0
(−1)n
∞
X
= )C(x
n=0
שתי הפונקציות מוגדרות על כל הישר כי לטורים המגדירים אותן יש רדיוס התכנסות ∞.
אפשר לבדוק ולראות שהפונקציות גזירות אינסוף פעמים ומתקיים = )C 0 (x) = −S(x), S 0 (x
) C(xמהתבוננות על הטורים המתאימים .אם כך,
96
(C 2 (x) + S 2 (x))0 = 2C(x)(−S(x)) + 2S(x)C(x) ≡ 0
ולכן שוב מקבלים ש־ C 2 (x) + S 2 (x) = Cכאשר Cקבוע ,ואפשר לבדוק מה ערכו
ע"י הצבה x = 0ומקבלים ש־ .C = 1באופן דומה ,ע"י גזירת הביטוי (C(x) − cos x)2 +
(S(x) − sin x)2אפשר להראות ש־ C(x) = cos xו־ S(x) = sin xכצפוי.
אפשר להמשיך מן הטורים האלה לפתח את הפונקציות הטריגונומטריות במלואן ,להראות
את הרציפות שלהן ,להעריך את ,πלקבל את המחזוריות שלהן ,ועוד .3
P
טור מתכנס .אם נגדיר cn xn
) 4.33אבל( יהי cn
משפט P
f (1) := cn = Sאז מתקיים
P
= f (x) :בקטע ) [0, 1ו־
)lim f (x) = f (1
x→1−
הוכחה :בקטע ) (−1, 1אנו יודעים ש־ xn
כן,
∞P
n=0
1
=
, 1−xאו )xn (1 − x
∞P
n=0
= .1כמו
∞
∞
X
X
1
( = )f (x
() xn
) cn xn
1−x
n=0
n=0
זו מכפלה של טורי מספרים ,ובקטע 0 ≤ x < 1הטור הראשון מתכנס בהחלט והשני
Pהמכפלה של טורים מתכנסיםPבהחלט,
ההתכנסות .לכן לפי משפט
מתכנס בהחלט בכל קטע
∞P
n
n
הסכוםPהנ"ל הוא P n=0 dnכאשר .dn = i=0 ci xi xn−iכלומרdn = i=0 ci xn = ,
n
n
,xn i=0 ciוכמובן sn = i=0 ciהוא סכום חלקי של הטור המקורי ,ולכן
∞
∞
X
X
1
n
= )f (x
)sn x =⇒ f (x) = (1 − x
sn xn
1−x
n=0
n=0
n
∞P
היות ו־ ) f (xמייצגת טור מתכנס ,גם
עצמה(.
∞P
ניזכר בכך ש־ 1 = (1 − x) n=0 xnעבור −1 < x < 1ולכן
Sxn
∞
X
n=0 sn x
מתכנס) .זו תוצאה מעניינת בפני
)f (1) = S = (1 − x
n=0
כלומר,
3הדבר נעשה בהרצאה של מר איתמר צביק במהלך שיעור רשות.
97
(sn − S)xn
∞
X
)f (x) − f (1) = (1 − x
n=0
כעת בהנתן ε > 0קיים N ∈ Nכך שאם n > Nאז
ε
2
< | ,|sn − Sשהרי .sn → S
לכן,
(sn − S)xn
∞
X
(sn − S)xn +
N
X
= (sn − S)xn
n=0
n=0
n=N +1
∞
X
כעת נתבונן בזנב הזה:
∞
∞
∞
X
ε X n
ε 1
εX n
ε n
= x
= x
< x
2
2
2 n=0
21−x
n=N +1
≤ |sn −S|xn
n=N +1
∞
X
≤ | (sn −S)xn
n=N +1
∞
X
|
n=N +1
וכעת נחזור בחזרה:
ε 1
21−x
)|sn − S|xn + (1 − x
N
X
)|f (x) − f (1)| ≤ (1 − x
n=0
כעת נסמן
|sn − S|xn
N
X
)g(x) = (1 − x
n=0
זהו פולינום רציף ב־ 1וכמובן .g(1) = 0לכן עבור אותו ε > 0יהי δ > 0מן
הרציפות כך שאם |x − 1| < δאז .|g(x)| < 2εעבור max{0, 1 − δ} < x < 1נקבל
|f (x) − f (1)| < εוהראינו את הרציפות.
∞P
n
טור מתכנס עם R > 0אזי fהמוגדרת באמצעות
מסקנה 4.34אם n=0 cn R = S
הטור כמו קודם רציפה משמאל ב־ Rומתקיים .limx→R− f (x) = S
הוכחה :תהי ) g(x) := f (Rxמוגדרת בקטע ] (−1, 1ועומדת בתנאי המשפט הקודם ,ולכן
x
f (x) = g( Rולכן רציפה משמאל ב־ .R
רציפה משמאל ב־ .1אבל כמובן )
∞P
מסקנה 4.35
Pאם n=0 cn (−R)n = Sטור מתכנס עם R > 0אז הפונקציה =f (x) :
∞
n=0 cn xnרציפה מימין ב־ −Rומתקיים .limx→−R+ f (x) = S
98
הוכחה :תהי ) g(x) := f (−xוהיתר כמו קודם.
נראה מספר דוגמאות:
P n
היא לא בקצוות ,אלא רק ב־ ).(−1, 1
של הטור x
שההתכנסות
.1ראינו
P
.2גם הטור (−1)n xnלא מתכנס בקצוות.
P
n+1
.3טור האינטגרל של הדוגמא הקודמת (−1)n xn+1 ,מתכנס כמובן ב־ ) .(−1, 1נשים
לב שהפונקציה המוגדרת ע"י הטור החדש ,נסמנה ,gמקיימת שהנגזרת שלה שווה לפונקציה
1
,f (x) = 1+xאנו גם
המוגדרת ע"י הטור מהדוגמה הקודמת .f ,כיוון שאנו יודעים ש־
יודעים ש־ .g(x) = ln(1 + x) + Cאת הקבוע אפשר לחשב ע"י הצבה x = 0ומקבלים ש־
,C = 0כלומר ).g(x) = ln(1 + x
נשים לב שב־ x = 1מקבלים טור הרמוני עם סימנים מתחלפים ,ויש התכנסות–מה
שמראה שהאינטגרציה יכולה להרחיב את ההתכנסות והגזירה יכולה לצמצם את ההתכנסות
)בקצוות( .בפרט ,קיבלנו ש־
∞
∞
X
X
(−1)n+1
(−1)n
=
n+1
n
n=1
n=0
= )ln 2 = lim− ln(1 + x
x→1
וזו למעשה הפעם הראשונה שבה הוכחנו שהטור ההרמוני בעל הסימנים המתחלפים אכן
מתכנס ל־ .ln 2
∞P
1
n 2n
1+xמתכנס ב־ .−1 < x < 1טור האינטגרל,
.4הטור
= 2
n=0 (−1) x
∞P
n x2n+1
= arctan xמתכנס גם בקצה הימני ,כי ב־ x = 1מקבלים טור
n=0 (−1) 2n+1
לייבניץ ,וקיבלנו:
∞
X
π
1
(−1)n
= = lim arctan x
4
2n
+1
x→1−
n=0
הגדרה 4.36פונקציה נקראת אנליטית בקטע אם לכל aבקטע קיים טור חזקות ב־ )(x − a
כך שהפונקציה מתלכדת בסביבה של aעם טור החזקות הנ"ל.
למשל ,אם limn→∞ (f (x) − Tn f (x)) = 0אז טור טיילור של fמתלכד עם .f
5
מסילות במישור
נרצה להתבונן בגרפים במישור שאינם מייצגים פונקציה )למשל ,כי אינם חד־ערכיים( .זוהי
t2
√sinכש־ ]:t ∈ [0, 2π
דוגמה למסילה המוזרה cos t
99
הגדרה 5.1יהי Iקטע פתוח .מסילה ב־ R2הנה פונקציה ,P : I → R2כך ש־ .P : t 7→ xy
לעתים נרצה להגדיר ) x = f (t), y = g(tההיטלים של המסילה על שני הצירים ,ואף
להתבונן במסילה בתור זוג הטלות אלה .P = fg
נציין גם שהפרמטר tהוא משמעותי ,כלומר לא נעסוק רק במקום הגיאומטרי במישור של כל
הנקודות שהמסילה דורכת עליהן ,אלא נתעניין גם בציר הזמן–עבור איזה tהמסילה דרכה
על נקודות אלה.
דוגמאות:
P (t) = ab .1היא המסילה המשעממת מכולן.
1
2
P (t) = 1+2tוזהו ישר בהצגה פרמטרית.
P (t) = 0 + t 3 .2עם .t ∈ Rכלומר0+3t ,
t
P (t) = cosוהנקודות שהמסילה דורכת עליהן מקיימות ,x2 + y 2 = 1כלומר הן
sin t .3
ממעגל היחידה.
חלק
t
H(t) = coshוהנקודות שהמסילה דורכת עליהן מקיימות ,x2 − y 2 = 1כלומר
.4
sinh t
הן חלק מהיפרבולת היחידה.
2
P (t) = tt2 .5וכאן המסילה מטיילת על הישר x = yבקרן החיובית )הרביע הראשון(.
t
Q(t) = sinוכאן המסילה מטיילת על הישר x = yבאופן מחזורי בין −1ל־ .1
sin t .5
5.1
נגזרת של מסילה ,מהירות ותאוצה
הגדרה 5.2נגדיר את הגבול של המסילה בנקודה בתור הביטוי הבא ,אם הוא קיים:
)f (t
)limt→a f (t
lim
=:
)t→a g(t
)limt→a g(t
כעת אפשר לדון גם על נגזרת של מסילה ,כדי לקבל את הוקטור המשיק–וקטור המהירות
על המסילה.
)(a
P 0 (a) = limt→0 P (a+t)−Pאם קיים ,הנגזרת של
הגדרה 5.3תהי Pמסילה ,נגדיר
t
0
)f (a
0
המסילה בזמן .aלפי ההגדרה הקודמת ,אם f, gגזירות ב־ ,aאזי ).P (a) = g0 (a
באופן דומה ,נגדיר את המסילה המשיקה ).L(t) = P (a) + P 0 (a)(t − a
100
sin t
t
.P 0 (t) = −cosזה לא מפתיע שהוקטור
P (t) = cosואז
t
לדוגמא ,נתבונן במסילה sin t
המשיק
)המהירות( ניצב לוקטור הדרך ,OP (a) ,שהוא כמובן רדיוס במעגל .ואכן ,ממכפלה
t
− sin t
. cos
·
=
0
סקלרית,
sin t
cos t
p
הגדרה 5.4תהי Pמסילה גזירה .נגדיר (f 0 (t))2 + (g 0 (t))2
המהירות )גודל וקטור המהירות(.
= |) v(t) = |P 0 (tסקלר
במקרה של הדוגמה הקודמת ,v(t) ≡ 1 ,כלומר גודל המהירות קבוע .אבל ,כמובן ,הכיוון
של וקטור המהירות משתנה.
הגדרה 5.5תהי Pמסילה גזירה פעמיים .נגדיר ) P 00 (tוקטור התאוצה ,ו־ |)a(t) = |P 00 (t
סקלר התאוצה.
במקרה של הדוגמא הקודמת ,a(t) ≡ 1 ,כלומר גודל המהירות קבוע אך גודל התאוצה אינו
המהירות משנה כיוון :יש לו מהירות סיבובית(.
אפס )זאת משום שוקטור
דוגמא נוספת :המסילה P (t) = −t2t+9כאשר .−3 ≤ t ≤ 3המסילה היא חלק
1
.P 0 (t) = −2tכלומר ,התנועה האופקית על המסילה
מהפרבולה ,y = −x2 + 9וכאן
במהירות קבועה ימינה ,אך התנועה האנכית משתנה כתלות ב־ .tהמהירות היא
היא
√
v(t) = 1 + 4t2והמינימום מתקבל ב־ .0התאוצה היא ,a(t) = 2קבועה.
5.2
אורך של מסילה
דרך אחת לחשב אורך של עקום היא לקחת מספר נקודות על העקום ,לחבר אותן בקווים
ישרים ,ולמדוד את סך האורכים של הקווים הישרים .התקווה היא שאם העקום "חלק",
לאחר שניקח הרבה מאוד נקודות נגיע להערכה די מדויקת של אורך העקום.
אפשרות אחרת שמתקבלת על הדעת היא לחשב את האינטגרל של המהירות ,אך יש
להצדיק את השימוש ב"מהירות" למדידת ה"דרך".
הגדרה 5.6המרחק בין שתי נקודות
c
d
=, Q
a
b
p
(c − a)2 + (b − d)2
= Pמוגדר ע"י:
= )d(P, Q
נרצה לבנות חלוקה של הקטע עליו המסילה מוגדרת ,להגדיר אורך המתאים לחלוקה ,ולדבר
על החסם העליון של אורכי כל החלוקות האפשריות.
הגדרה 5.7בהינתן חלוקה Pשל תחום ההגדרה של המסילה ,נסמן ) d(Pi−1 , Pi
) (ti
.Pi := fg(t
כאשר
)i
Pn
i=1
= ),l(P
עכשיו אפשר לדבר על החסם ,בתנאי שהמסילה לא חוזרת על עצמה:
הגדרה 5.8תהי Pמסילה כך שלכל a ≤ t < t0 ≤ bמתקיים ) .P (t) 6= P (t0נאמר ש־
Pבעלת אורך סופי אם הקבוצה }) {l(Pעל כל החלוקות Pחסומה מלעיל .אם זה המצב,
נגדיר }).l(P ) = sup{l(P
101
בכל זאת ,נרצה גם קריטריון נוח יותר לחישוב האורך ,באמצעות אינטגרל של המהירות .על
מנת להצדיק מעבר זה ,דרושה הגדרה נוספת:
הגדרה 5.9נאמר שהמסילה Pחלקה אם הפונקציות f, gהמרכיבות אותה גזירות ברציפות
ומתקיים 0 < (f 0 )2 + (g 0 )2בכל תחום ההגדרה) .כלומר ,וקטור המהירות לא מתאפס(.
אך לפני שנוכל להוכיח את מה שאנחנו רוצים ,אנו זקוקים למספר טענות עזר:
טענה 5.10אורך של מסילה הינו אדיטיבי ,כלומר אם P : [a, b] → R2בעלת אורך ו־
] c ∈ [a, bכלשהו ,אז מתקיים ) ].l(P |[a,b] ) = l(P |[a,c] ) + l(P |[c,b
הוכחה :כדי להקל קצת ,נסמן ] .T = P |[a,c] , S = P |[c,bראשית צריך להראות שהביטויים
באגף ימין מוגדרים בכלל .למשל ,נראה שהקבוצה }) {lT (Qכאשר Qחלוקה של ] [a, cהיא
קבוצה חסומה .ובכן ,תהי } Q = {x0 , . . . , xnחלוקה של ] ,[a, cאז
))d(T (xi ), T (xi−1 )) + d(T (c), P (b
n
X
≤ )) d(T (xi ), T (xi−1
i=1
n
X
= )lT (Q
i=1
אבל הביטוי באגף ימין מייצג ) l(Q0כאשר } Q0 = Q ∪ {bחלוקה של ] [a, bולכן כל
הביטוי חסום ע"י ) ,l(Pכלומר הקבוצה }) {lT (Qאכן חסומה .באופן דומה גם אורכי
החלוקות של ] [c, bחסומים.
נסמן }) l1 = sup{lT (Qכאשר Qחלוקה של ] [a, cו־ }) l2 = sup{lS (Wכאשר W
חלוקה של ] ,[c, bוכן ) .l = l(P
נראה ש־ .l1 + l2 ≤ l
מהיות l1 , l2חסמים עליונים ניתן למצוא סדרות ) (Qn ), (Wnשל חלוקות של הקטעים
המצומצמים בהתאמה ,כך ש־ (l(Qn )) → l1ו־ .(l(Wn )) → l2מתוך שתי סדרות אלה
נבנה סדרה ) (Qn ∪ Wnשל חלוקות של הקטע ].[a, b
ברור שלכל nמתקיים ) .l(Qn ∪ Wn ) = l(Qn ) + l(Wnמאריתמטיקה של סדרות
מתכנסות ,מתקיים .(l(Qn ∪ Wn )) → l1 + l2מאידך ,החלוקות ) (Qn ∪ Wnהן חלוקות
של הקטע ] [a, bולכן חסומות ע"י .lממונוטוניות הגבול.l1 + l2 ≤ l ,
כעת נראה ש־ .l1 + l2 ≥ l
תהי ) (Pnסדרת חלוקות של ] [a, bהמתכנסת ל־ .lנסמן } .Yn = Pn ∪ {cזהו עידון
של Pnולכן מתקיים ) l(Yn ) ≥ l(Pnלכל .nאבל כיוון שגם ) (Ynהיא סדרת חלוקות של
] ,[a, bמתקבל
) l ≥ l(Yn ) ≥ l(Pn
ולכן (l(Yn )) → lממשפט הסנדוויץ' .כעת נגדיר ] Qn = Yn ∩[a, cו־ ]Wn = Yn ∩[c, b
חלוקות של ] [a, cו־ ] [c, bבהתאמה .ברור ש־
l(Pn ) ≤ l(Yn ) = l(Qn ) + l(Wn ) ≤ l1 + l2
וממונוטוניות הגבול .l ≤ l1 + l2 ,מכאן l = l1 + l2 ,כפי שרצינו.
102
הגדרה 5.11אם F : [a, b] → R2מסילה עם
) F (t) = ff12 (tוהפונקציות f1 , f2אינטגרביליות
)(t
´
b
´b
f
ב־ ] [a, bאז נגדיר גם את האינטגרל של המסילה. a F := ´ab f1 ,
2
טענה 5.12אם F : [a, b] → R2מסילה ו־
b
c
d
a
= ,Cאז מתקיים:
ˆ
C · F (t)dt
ˆ
b
·C
= F (t)dt
a
a
כאשר · מכפלה סקלרית ,ושני הצדדים הם סקלרים.
הוכחה :מליניאריות האינטגרל )לפונקציות ממשיות רגילות( והמכפלה הסקלרית ,שהרי:
´ b
ˆ b
ˆ b
ˆ b
ˆ b
f
a 1
C · ´b
=c
f1 + d
= f2
= ) (cf1 + df2
C ·F
f
a
a
a
a
a 2
´b
´b
טענה 5.13אם F : [a, b] → R2אינטגרבילית ,אז מתקיים || ||F
|| · || אורך וקטור.
´b
´b
הוכחה :נסמן .C = a Fאז מתקיים C · C = a C · F (t)dtמהטענה הקודמת .כעת
נתבונן באורך הוקטור:
a
b
ˆ
b
ˆ
| = |||C|| · ||C|| = |C · C
≤ |C · F (t)dt
|C · F (t)|dt
≤ || F
a
|| ,כאשר
a
a
כאשר המעבר האחרון נכון מפני שמדובר באינטגרלים של פונקציות ממשיות רגילות.
כעת אם C = 0הטענה מתקיימת ,ואם C 6= 0נשתמש באי־שוויון קושי־שוורץ )מאלגברה
ליניארית :(2
||)|C · F (t)| ≤ ||C|| · ||F (t
ולכן,
b
ˆ
||F (t)||dt
b
ˆ
||||C|| · ||F (t)||dt = ||C
a
≤ |C · F (t)|dt
a
כלומר,
103
b
ˆ
a
b
ˆ
||F (t)||dt
||||C|| · ||C|| ≤ ||C
a
ומחלקים ב־ ||C|| > 0ומכאן המסקנה.
טענה 5.14אם Pמסילה חלקה ובעלת אורך על קטע ] ,[a, bו־ ) v(tכמו קודם ,אז לכל
´b
חלוקה Pשל הקטע מתקיים .l(P) ≤ a v
הוכחה :נשתמש בטענה הקודמת עבור :P 0
b
ˆ
b
ˆ
||
≤ ||P (t)dt
= ||P (t)||dt
v(t)dt
b
0
0
a
a
a
ˆ
אבל מהמשפט היסודי,
ˆ
b
) P 0 (t)dt|| = ||P (b) − P (a)|| = d(Pb , Pa
||
a
´b
´t
וקיבלנו את הא"ש ) t−1 v(t)dt ≥ d(Pi , Pi−1לכל .iמכאן כמובן גם ). a v ≥ l(P
משפט 5.15אם P : [a, b] → R2מסילה חלקה ,ו־ ) v(tכמו קודם ,אז v(t)dt
´b
a
= ) .l(P
הוכחה v :רציפה ולכן אינטגרבילית .לכן די להראות שלכל 0 < εקיימת חלוקה Pהמקיימת
´b
´b
ש־ .| a v − l(P)| < εלמעשה ,לאור הטענה ,די להראות . a v − l(P) < ε
נשים לב ש־
) d(Pi−1, Pi
n
X
i=1
n p
X
= (f (ti ) − f (ti−1 ))2 + (g(ti ) − g(ti−1 ))2
=
)l(P
=
i=1
s
f (t ) − f (t ) 2 g(t ) − g(t ) 2
i
i−1
i
i−1
+
) (ti − ti−1
t
−
t
t
−
t
i
i−1
i
i−1
i=1
n
X
=
כעת לפי משפט לגרנז' עבור f, gבכל קטע ] [ti−1 , tiקיימים ti−1 < ci < tiו־
ti−1 < di < tiכך שהביטוי הנ"ל מקיים
) (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 (ti − ti−1
n p
X
i=1
104
=
נשים לב שאם ci = diאז היינו מקבלים סכום רימן של .vזה לא המצב ,אז נרצה
לבחור נקודה משותפת שלא תקלקל יותר מדי.
אם ti−1 < ui < tiאז
n p
X
) (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 (ti −ti−1
v(ui )(ti −ti−1 )+
n
X
v(ui )(ti −ti−1 )−
i=1
i=1
i=1
n
X
= )l(P
נתבונן בכל מחובר שנכפל ב־ ) :(ti − ti−1
)(3
p
p
≤ | | (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 − (f 0 (ui ))2 + (g 0 (ui ))2
p
≤ (f 0 (ui ) − f 0 (ci ))2 + (g 0 (ui ) − g 0 (di ))2
√
}|) 2 max{|f 0 (ui ) − f 0 (ci )|, |g 0 (ui ) − g 0 (di
כאשר ) (3מתקבל משיקולי א"ש המשולש ההפוך אם | · | מתפקד כאורך וקטור ,שהרי
|.||a| − |b|| ≤ |a − b
כעת אנו רוצים לראות שהחסם שקיבלנו לא תלוי בקטע .iלמרבה המזל f 0 , g 0 ,רציפות
במ"ש )כי הן רציפות בקטע סגור וחסום( .לכן ,עבור אותו 0 < εקיים 0 < δכך שאם
0
ו־ .|f 0 (x) − f 0 (y)| < ε
|x − y| < δאז בו־זמנית (x) − g 0 (y)| < ε
P|g
n
כעת ,הביטוי מקודם ) i=1 v(ui )(ti − ti−1הוא סכום רימן של vעבור החלוקה .P
נדאג לכך שהחלוקה עדינה מספיק כדי ש־ λ(P) < δוגם שיתקיים
v(ui )(ti − ti−1 )| < ε
n
X
i=1
)אינטגרביליות לפי סכומי רימן(.
לבסוף נקבל:
105
b
ˆ
|
v−
a
n
X
v(ui )(ti − ti−1 )| +
b
v−
|
|) (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 (ti − ti−1
v(ui )(ti − ti−1 ) −
v(ui )(ti − ti−1 )| +
n
X
|) (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 )(ti − ti−1
a
|
|
v−
≤
a
i=1
p
|)v − l(P
i=1
ˆ b
i=1
n
X
≤
a
i=1
n p
X
ˆ
b
ˆ
|
(v(ui ) −
n
X
|
i=1
p
p
| ε + | (f 0 (ci ))2 + (g 0 (di ))2 − (f 0 (ui ))2 + (g 0 (ui ))2
n
X
√
≤ ε+
) 2 max{|f 0 (ui ) − f 0 (ci )|, |g 0 (ui ) − g 0 (di )|}(ti − ti−1
<
i=1
)2ε(b − a
√
ε+
<
וזו קבועה כפולה חיובית של εולכן סיימנו) .המעבר האחרון מתקיים בגלל הרציפות
במ"ש ,שהרי λ(P) < δולכן (.|ui − ci | < δ, |ui − di | < δ
נראה מספר דוגמאות:
p
−a1
,P (t) = aa12 +t bb21 −aהמסילה המחברת שתי נקודות .כאן(b1 − a1 )2 + (b2 − a2 )2 ,
.1
2
b1
´1
a1
ואז לפי המשפט ) .l(P ) = 0 v(t)dt = d( a2 , b2כלומר ,אורך הקטע הוא בדיוק
המרחקבין הנקודות.
t
P (t) = cosעבור ,0 ≤ t ≤ 2πכלומר סיבוב אחד סביב מעגל היחידה .כאן,
.2
sin t
´ 2π
) l(P ) = 0 1dt = 2πראינו כבר קודם ש־ .(v(t) ≡ 1אם הרדיוס היה ,rהיינו מקבלים
ש־ .l(P ) = 2πr
t
E(t) = ab cosעם 0 < a, bו־ .0 ≤ t ≤ 2πמתקיים xa = cos t, yb = sin tכלומר
sin t .3
= )v(t
=1
y2
b2
+
x2
a2
b
a
וזוהי משוואה של אליפסה .אם מסמנים
p
a sin2 t + e2 cos2 tdt
2π
= eאז מתקבל
ˆ
= )L(E
0
ומסתבר שאין קדומה אלמנטרית לפונקציה זו ,אז אפשר רק לעשות חישוב נומרי.
.4ציקלואיד ברדיוס aמתאר מעגל שמסתובב ללא החלקה על ציר ה־ .xנסמן θ
הזוית של הנקודה לעומת נקודת ההשקה ,ומתקיים ) x= a(θ − sin θו־ ).y = a(1 − cos θ
θ
Q0 (θ) = 1−cosובכל
המסילה שמציירת הנקודה שמתחילה בראשית שנסמנה Qמקיימת
sin θ
נקודה פרט להתחלה ולסוף יש תנועה ימינה כי .1 − cos θ > 1בכל מקרה מתקיים = )v(θ
√
´ 2π
.l(Q) = 2a 0 sin θ2 dθ = 4a(− cos θ2 )|2π
a 2 − 2 cos θואפשר למצוא אינטגרל0 = 8a :
106
)ציקלואידים ברדיוסים מ־ 1עד 2בתחום ](.[0, 2π
.5מהו השטח הכלוא מתחת לציקלואיד? ובכן ,זהו אינטגרל של yכפונקציה של ...x
בחצי השמאלי y ,הוא אכן פונקציה של ,xושם:
y
y
y
))) t(y) = arccos(1 − ) =⇒ x(y) = a(arccos(1 − ) − sin(arccos(1 −
a
a
a
כעת אפשר לעשות אינטגרל לפי ,yאבל זה ייתן לנו את השטח הלא נכון ,כי עשינו
אינטגרל של xלפי .yע"י חיסור משטח המלבן ) (0, 0, 2πa, 2aאפשר יהיה לחשב מחצית
מהשטח שבו אנו מעוניינים.
אפשר היה לעשות הכל גם דרך ) .y(xנניח שיש לנו פונקציה ) x−1 (ξכך ש־ = ))x(x−1 (ξ
,ξוהיא קיימת כי ) x(tהפיכה )מהחלקּות( .אז כעת,
))y(ξ) = y(t(x)) = y(x−1 (ξ
לכן ,השטח המבוקש הוא האינטגרל
2π
ˆ
y(t)x0 (t)dt
2π
ˆ
= y(x−1 (ξ))dξ
0
0
לפי חילוף משתנה .ξ = x(t), dξ = x0 (t)dtבמקרה שלנו,
2π
ˆ
= a2
(1 − cos t)2 dt = 3πa2
0
5.3
מסילות שקולות
הגדרה 5.16שתי מסילות P : [a, b] → R2 , Q : [c, d] → R2ייקראו שקולות אם קיימת
] ϕ : [c, d] → [a, bגזירה ברציפות המקיימת ϕ0 > 0וגם ϕ(c) = a, ϕ(d) = bיחד עם
.Q = P ◦ ϕ
ההגדרה הנ"ל היא הגדרה של שקילות ששומרת על כיוון ,כי דרשנו .ϕ0 > 0הרעיון הוא
ששתי המסילות מציירות את אותו העקום ,בעל אותו אורך ,וכד' .זו תהיה ממש אותה
"תמונה" ,אבל אולי "נצייר" אותה מהר יותר.
107
הערה 5.17קל לראות שההגדרה הקודמת משרה יחס שקילות :כל מסילה שקולה לעצמה,
ϕחח"ע ולכן הפיכה )סימטריות( ,ומתקיימת גם טרנזיטיביות.
טענה 5.18אם P, Qמסילות שקולות וחלקות אזי ).l(P ) = l(Q
הוכחה :אם
(fP0 (t))2 + (gP0 (t))2
q
= )vP (t
אז
))= ϕ0 (t)vP (ϕ(t
2
))+ ϕ0 (t)(gP0 (ϕ(t
2
))ϕ0 (t)(fP0 (ϕ(t
q
= )vQ (t
ולכן
b
ˆ
d
ˆ
0
= ϕ (t)vP (ϕ(t))dt
) vP (u)du = l(P
a
d
ˆ
= vQ (t)dt
c
= )l(Q
c
כאשר השתמשנו בהחלפת משתנה u = ϕ(t) ,ו־ .du = ϕ0 (t)dt
5.4
פרמטריזציה באמצעות האורך
הגדרה 5.19תהי P : [a, b] → R2מסילה חלקה .נגדיר לכל ] t ∈ [a, bאת v
)"אורך הטיול" מההתחלה ועד (.t
´t
a
=.s(t) :
הערה 5.20כמובן מתקיים s(a) = 0ו־ ) ,s(b) = L = l(Pוכן לפי המשפט היסודי,
) .s0 (t) = v(tלמעשה ,הפונקציה sהיא חח"ע ] ,[a, b] → [0, Lכי s0 = v > 0מדרישת
החלקות .על כן ,אפשר להשתמש בפונקציה .s−1
הגדרה 5.21ההרכבה Q = P ◦ s−1נקראת פרמטריזציה באמצעות אורך המסילה ,והיא
מסילה בפני עצמה השקולה למסילה המקורית .פרמטר הזמן של Pהופך לפרמטר הדרך
)אורך( של .Q
טענה 5.22בתנאי ההגדרה ||Q0 (t)|| = 1 ,לכל .t
))(s−1 (t
)(t
) P (t) = fg(tאז
הוכחה :אם
.Q(t) = fg(sלכן,
))−1 (t
)f 0 (s−1 (t))(s−1 )0 (t
)g 0 (s−1 (t))(s−1 )0 (t
אבל
1
))v(s−1 (t
=
1
))s0 (s−1 (t
= ) ,(s−1 )0 (tכלומר
108
= )Q0 (t
1
))P 0 (s−1 (t
))v(s−1 (t
= )Q0 (t
ומכאן
1
1
= ||))||P 0 (s−1 (t
v(s−1 (t)) = 1
))v(s−1 (t
))v(s−1 (t
5.5
= ||)||Q0 (t
עקמומיות ורדיוס עקמומיות
בהינתן מסילה חלקה ,נרצה לאפיין את מידת העקמומיות של המסלול–עד כמה המהירות
הסיבובית משפיעה על התנועה לאורך המסילה .ניתן לאפיין את הזווית של וקטור המהירות
המשיק לפי פרמטר הזמן ,ולקבל פונקציה ).4 θ(t
הגדרה 5.23תהי Pמסילה חלקה .העקמומיות של המסילה בזמן tמוגדרת ע"י
)f 0 (t)g 00 (t) − g 0 (t)f 00 (t
κ(t) = p
3
(f 0 (t))2 + (g 0 (t))2
לדוגמה ,נתבונן במסילה המציירת מעגל ברדיוס ,r
r2
1
=
r3
r
=
r cos t
r sin t
r2 sin2 t + r2 cos2 t
3
2
) (r2
= ) .P (tהעקמומיות:
= )κ(t
כלומר ,העקמומיות קבועה על כל המעגל ולא תלויה ב־ .t
הגדרה 5.24תהי Pמסילה חלקה.
1
|).ρ(t) = |κ(t
רדיוס העקמומיות של המסילה בזמן tמוגדר ע"י
4בהרצאה ראינו אפיון ארוך ולא מאוד קוהרנטי של וקטור היחידה המשיק ,התאוצה הנורמלית ,התאוצה
המשיקית ,ועוד כמה מושגים כאלה .למיטב הבנתי אין צורך בהם על מנת לקבל את ההגדרות.
109
© Copyright 2024